精品解析：四川泸州市合江县部分学校2026届高三下学期考前模拟考试数学试题

泸州市合江县部分学校高2023级高三下学期高考考前模拟考试 数学试题 （考试时间：120分钟；试卷满分：150分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 设集合，，则（ ）． A. B. C. D. 2. 已知复数满足，是的共轭复数，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 对于实数、，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 6. 已知直线：（其中 ）与圆C：，则直线与圆C的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 与m的取值有关系 7. 设是连续的偶函数，且当x>0时是单调函数，则满足的所有x之和为 A. B. C. D. 8. 已知椭圆上一点关于原点的对称点为点， 为其右焦点，若，设，且，则该椭圆的离心率 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 两组数据和，它们的平均数分别为，，方差分别为，，则（ ） A. 的平均数为 B. 的方差为 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数与的图象关于原点对称，则（ ） A. 函数的最大值为 B. 函数的图象关于点对称 C. 将函数的图象向左平移个单位长度可得的图象 D. ，存在唯一的，使得 11. 如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，若原正三角形边长为1，记第n个图形的边数为，第n个图形的边长为，第n个图形的周长为，第n个图形的面积为．则下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 数列的前n项和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，的系数为________.（用数字作答） 13. 已知双曲线 的一条渐近线的倾斜角为，则 __________． 14. 已知正四面体的棱长为，点P为其外接球上的动点，则点P到该正四面体四个面的距离之和的最大值为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 设中的内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若的周长为，求的面积. 16. 在一个人工智能训练系统中，初始数据集包含2个正样本和3个负样本，现对这个数据集进行多次操作，每次操作，系统从这个数据集中随机抽取一个样本，若抽到正样本，则将其放回数据集（样本不变）；若抽到负样本，则以的概率通过数据增强将其转化为正样本后放回数据集，以的概率将其放回数据集（仍为负样本）． （1）求经过1次操作后，数据集中正样本个数的可能取值及其概率，并计算期望值； （2）求经过2次操作后，数据集中正样本个数的期望值． 17. 如图1，在边长为4的菱形中，，点分别是边 的中点， 与交于点与 交于点.沿 将翻折到的位置，连接，得到如图2所示的五棱锥. （1）证明：平面； （2）若平面平面，线段 上是否存在一点 ，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点 的位置；若不存在，请说明理由. 18. 已知椭圆的左顶点为，下顶点为，长轴长为4，且过点. （1）求 的方程； （2）点 为椭圆 在第一象限上任一点，直线 交轴于点 ，直线交轴于点. （i）若四条直线 ，， ， 的斜率分别记为，，，，证明：； （ii）记的面积为，四边形 的面积为，求的最大值. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为 ，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸州市合江县部分学校高2023级高三下学期高考考前模拟考试 数学试题 （考试时间：120分钟；试卷满分：150分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 设集合，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意，求出集合A，进而求出集合和，分析选项即可得到答案. 【详解】根据题意， 则 故选：D 【点睛】此题考查集合的交并集运算，属于简单题目, 2. 已知复数满足，是的共轭复数，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可求出，再根据复数的乘法计算可得. 【详解】因为， 所以， 则， 所以. 故选：D 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，即， 所以，（负值舍去）， 所以. 4. 对于实数、，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】当，时，满足，但，所以”推不出“，充分性不成立， 因为，所以，又因为，所以，即 “能推出“”，必要性成立， 综上“”是“”的必要不充分条件. 5. 已知各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据题意可得出关于、的方程组，解出的值，即可得出的值. 【详解】设等比数列的公比为，则， 上述两个等式相除得，整理可得， 因为，解得，故. 故选：B. 6. 已知直线：（其中 ）与圆C：，则直线与圆C的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 与m的取值有关系 【答案】C 【解析】 【详解】直线：可变形为： ， 令系数为0，则，解得， 直线恒过定点， 圆C：的标准形式为， 是以为圆心，半径是2的圆， ，故过圆内一点的直线与圆恒相交． 7. 设是连续的偶函数，且当x>0时是单调函数，则满足的所有x之和为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：根据已知函数是连续的偶函数,且当时是单调函数，且有，则说明而来，那么解方程可知满足方程的解求解得到方程的根满足，那么结合韦达定理可知四个根的和为-8，故选C. 考点：本试题考查了函数与方程的问题． 点评：对于方程根的求解，要结合函数的偶函数性质的对称性质，以及函数的单调性来分析得到结论，属于基础题． 8. 已知椭圆上一点关于原点的对称点为点， 为其右焦点，若，设，且，则该椭圆的离心率 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意设椭圆的左焦点为N，连接AN，BN，因为AF⊥BF，所以四边形AFBN为长方形，再根据椭圆的定义化简得，得到离心率关于 的函数表达式，再利用辅助角公式和三角函数的单调性求得离心率的范围. 【详解】由题意椭圆上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，设左焦点为N，连接AN，BN，因为AF⊥BF，所以四边形AFBN为长方形． 根据椭圆的定义：，由题∠ABF＝α，则∠ANF＝α， 所以， 利用， ∵，∴，，即椭圆离心率 的取值范围是， 故选B. 【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的取值范围问题，其中解答中合理利用椭圆的定义和题设条件，得到,再利用三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 两组数据和，它们的平均数分别为，，方差分别为，，则（ ） A. 的平均数为 B. 的方差为 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意结合平均数的定义判断AC；对于BD：举反例说明即可. 【详解】由题意可知：，，即，， 对于选项A：因为， 所以的平均数为，故A正确； 对于选项C：若， 则，即，故C正确； 对于选项BD：例如两组数据分别为 和 ， 则，，，， 数据 的平均数为 ，方差为，故B错误； 且满足，，但，故D错误； 故选：AC. 10. 已知函数与的图象关于原点对称，则（ ） A. 函数的最大值为 B. 函数的图象关于点对称 C. 将函数的图象向左平移个单位长度可得的图象 D. ，存在唯一的，使得 【答案】ABD 【解析】 【详解】设为函数图象上任意一点，则. 因为点P关于原点的对称点在的图象上，. 即. 所以 ，， 所以.其最大值为，A正确； 在中，令，，得，， 令 ，得，所以的图象关于点对称，B正确； 将的图象向左平移个单位长度可得，C错误； 当时，，所以在上的值域为，当时，. 所以函数在单调递增，且值域为，又. 所以，存在唯一的使得，D正确． 11. 如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，若原正三角形边长为1，记第n个图形的边数为，第n个图形的边长为，第n个图形的周长为，第n个图形的面积为．则下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 数列的前n项和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的图形作法，探讨各自的变化规律，计算判断即得. 【详解】对于A，第n个图形的每条边分成三等份，去掉中间段，并以中间段为边向形外作正三角形， 得第 个图形，则原来每条边变为4条，即，而 ，则，故A正确； 对于B，第2个图形在第1个图形外增加3个边长为的正三角形， 第3个图形在第2个图形外增加12个边长为的正三角形，而所有正三角形都相似， 则，故B正确； 对于C，由作法知，，而 ，则，故C错误； 对于D，由选项AC知，， 所以数列的前n项和为 ，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，的系数为________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】由，再写出展开式的通项，从而求出的项，即可得解. 【详解】因为， 又的展开通项公式为，所以的展开式中， 含有的为，故的系数为 . 故答案为： 13. 已知双曲线 的一条渐近线的倾斜角为，则 __________． 【答案】##2.25 【解析】 【分析】利用双曲线的渐近线求解. 【详解】∵方程 表示双曲线， ∴ ，解得 . 由题意知， ， ，， 所以 ，即 ，整理得 ，解得. 14. 已知正四面体的棱长为，点P为其外接球上的动点，则点P到该正四面体四个面的距离之和的最大值为__________． 【答案】8 【解析】 【分析】用等体积转化法，将到各个面的距离之和最大转化为到一个面的距离最大，计算该位置得到最大值. 【详解】因为正四面体的棱长为，所以正四面体的高 ，外接球的半径 . 由对称性，不妨设点 与点分别在平面的异侧，正四面体四个侧面的面积为， 点 到平面，平面，平面，平面的距离分别为，，，. 如图所示，有. 根据三棱锥的体积公式，可得， 即. 结合球的性质，当线段 恰好为外接球的直径位置时，最大， . 所以 . 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 设中的内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若的周长为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，求得，进而得到，即可求得的值； （2）根据题意，得到，再由（1）和余弦定理，求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，可得， 由正弦定理得， 又因为，可得， 所以， 即， 因为，可得，所以，即， 可得，即， 因为，所以，解得. 【小问2详解】 解：因为的周长为，可得， 由（1）知，由余弦定理得， 可得，解得， 所以的面积为. 16. 在一个人工智能训练系统中，初始数据集包含2个正样本和3个负样本，现对这个数据集进行多次操作，每次操作，系统从这个数据集中随机抽取一个样本，若抽到正样本，则将其放回数据集（样本不变）；若抽到负样本，则以的概率通过数据增强将其转化为正样本后放回数据集，以的概率将其放回数据集（仍为负样本）． （1）求经过1次操作后，数据集中正样本个数的可能取值及其概率，并计算期望值； （2）求经过2次操作后，数据集中正样本个数的期望值． 【答案】（1）可能取值为2，3；，， （2） 【解析】 【分析】（1）判断出的可能取值，并计算相应的概率，代入数学期望公式求解即可. （2）判断出的可能取值，结合条件概率计算相应的概率，代入数学期望公式求解即可. 【小问1详解】 设第一次操作后，数据集中正样本个数为，可能取值为2、3． ，， 所以． 【小问2详解】 设第二次操作后，数据集中正样本个数为，可能取值为2，3，4． ， ， ， 所以． 17. 如图1，在边长为4的菱形中，，点分别是边 的中点，与交于点与交于点.沿将翻折到的位置，连接，得到如图2所示的五棱锥. （1）证明：平面； （2）若平面平面，线段 上是否存在一点 ，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点 的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 为 上靠近 的三等分点 【解析】 【分析】（1）根据题设先得到，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 证明：折叠前，四边形是菱形，所以，.. 由于分别是边 的中点，所以，故 ，. 折叠过程中，平面. 所以平面. 【小问2详解】 当平面平面时，由平面平面，平面，， 所以平面，又平面，故， 建立如下图空间直角坐标系， 则. 所以，设则. ，， 设平面的法向量为， 则， 取，则，而， 设直线与平面的夹角为， 则，解得， 所以 为 上靠近 的三等分点，满足题设要求. 18. 已知椭圆的左顶点为，下顶点为，长轴长为4，且过点. （1）求 的方程； （2）点 为椭圆 在第一象限上任一点，直线 交轴于点 ，直线交轴于点. （i）若四条直线 ，， ，的斜率分别记为，，，，证明：； （ii）记的面积为，四边形 的面积为，求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（i）设点，求出，再求出直线 的方程，得出点坐标，再计算即可求证； （ii）记的面积为，则，由（i）得，再令，得出，再构造函数，通过导函数研究其最值即可求出. 【小问1详解】 由题意得，，，解得， 故 的方程为 ； 【小问2详解】 （i）设点，且， 由题意得，，故，，， 则直线，直线， 则，则， 则，，故； （ii）记的面积为，则， 因 再令， 则， 令， 则 因，则， 则 得； 得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，故的最小值为， 故的最小值为 ， 故的最大值为. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明如下： 由，所以， 所以也是的零点，所以， 所以，所以，所以. 又的两个极值点分别为，， 所以，是，即的两个变号根， 所以直线 与有两个不同的交点，其横坐标分别为，， 而，令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，且， ，， 令，，则， 因为，所以，所以， 所以，，， 所以， 所以，所以 ， 所以在上单调递增，所以， 所以，所以，所以， 所以，所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求解即可； （2）（i）由题意可得有三个零点，求导，令，对函数求导，分，，三种情况，结合导数与单调性、最值的关系及零点的存在性定理讨论求解即可；（ii）由可得，即，根据极值与导数的关系令，可得，令，，求导，根据导数可得，进而计算可证. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以，又， 所以切线方程为，即； 【小问2详解】 （i）函数的定义域为 ，， 由，得，即， 由题意可得有三个零点，，，， 令，则， ①当时，，单调递增， 且当时，；当时，， 由零点存在定理可知存在正数，使得，令 ，得 ； 令，得 ， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则在 上最多有2个零点，不符合题意； ②当时，令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 若，则，所以， 所以在 上单调递减，不可能有三个零点； 若，则，， 且当时，；当时，， 故由零点存在定理可知存在，，使得， 当时， ，单调递减； 当时，，单调递增； 当时， ，单调递减， 因为 ，所以，即. 又，当时，；当时，， 所以由零点存在定理可知存在三个零点，，， 所以有三个零点时，的取值范围是. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $