四川省泸县第一中学2025-2026学年高三上学期二诊模拟考试数学试题（三）

**基本信息** 泸县一中高2023级二诊模拟数学试卷，以高考真题为导向，覆盖函数、几何、概率等核心知识，通过蒙日圆历史情境、党史竞赛实际问题考查数学眼光、思维与语言，适配高三二模综合能力检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|集合、复数、椭圆（蒙日圆）|第8题结合蒙日圆几何史，考查空间观念与创新意识| |多选题|3/18|正态分布、解三角形|第10题多角度验证三角形性质，体现推理能力梯度| |填空题|3/15|函数单调性、排列组合（种植）|第13题以鲜花种植为情境，考查数学建模与应用意识| |解答题|5/77|数列、概率统计、导数、双曲线|第16题设计党史竞赛方案比较，第19题双曲线综合考查运算能力与逻辑推理|

泸县一中高2023级2025年秋期二诊模拟考试（三） 数学试题 一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分. 1．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 2．复数与都是纯虚数，则的虚部为（    ） A． B．i C． D．1 3．将本不同的杂志分成组，每组至少本，则不同的分组方法数为（    ） A． B． C． D． 4．已知，，则（     ） A． B． C． D．1 5．已知等比数列的前项和为，若，则公比（    ） A． B． C． D． 6．已知直线截圆所得的弦长为4，则实数的值是（   ） A． B． C． D． 7．已知函数在上单调递减，则正数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 8．加斯帕尔-蒙日是1819世纪法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．若长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法错误的是（    ） A．椭圆的离心率为 B．椭圆的蒙日圆方程为 C．若为正方形，则的边长为 D．长方形的面积的最大值为18 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9．下列说法正确的是（    ） A．，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越扁平 B．运用最小二乘法得到的线性回归直线一定经过样本中心点 C．相关系数越大，与相关的程度就越强 D．利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系 10．已知△ABC的三个内角，，所对应的边分别为，，，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．恒成立 C．若，则为锐角三角形 D．若，则是等腰三角形 11．已知抛物线，焦点为，过的直线交于点，，其中在第一象限，在第四象限，为坐标原点，连接交抛物线的准线于点，则下列说法正确的是（     ） A．的最小值是4 B． C．直线平行于轴 D．△ABC的面积的最小值为 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知，若，则 . 13．某公园有一排长条形区域用来栽种鲜花（如图所示），该区域被分为个部分（且），现有三种花，分别为牡丹、茉莉、玫瑰，分别在每个区域选择一种进行种植，要求相邻区域不能用同一种花，将总的栽种方案记作，则 ． 14．已知函数，若对任意且，不等式恒成立，则实数a的最大值为 ． 四、解答题：共77分，解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（本小题13分）记为正项等比数列的前项和，已知． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 16．（本小题15分）为推动党史学习教育工作扎实开展，营造“学党史､悟思想､办实事､开新局”的浓厚氛围，某校党委决定在教师党员中开展“学党史”知识竞赛.该校理综支部经过层层筛选，还有最后一个参赛名额要在甲，乙两名教师中间产生，支部书记设计了两种测试方案供两位教师选择. 方案一：从装有6个不同问题的纸盒中依次有放回抽取4个问题作答； 方案二：从装有6个不同问题的纸盒中依次不放回抽取4个问题作答. 已知这6个问题中，甲，乙两名教师都能正确回答其中的4个问题，且甲，乙两名教师对每个问题回答正确与否都是相互独立､互不影响的.假设甲教师选择了方案一，乙教师选择了方案二. (1)求甲，乙两名教师都只答对2个问题的概率； (2)若测试过程中每位教师答对1个问题得2分，答错得0分.你认为安排哪位教师参赛比较合适？请说明理由. 17．（本小题15分）如图，在三棱柱中，所有的棱长均相等，是的中点，在上底面的投影为的重心． (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 18．（本小题17分）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程. (2)设的导函数为，证明：存在唯一零点. (3)求的最大值. 19．（本小题17分）已知双曲线：（）的实轴长为2，经过点的直线与交于，两点，且，两点均不与的左顶点重合. (1)求的方程. (2)证明：直线与的斜率之和为定值. (3)若在射线上的点满足，求直线的斜率的最大值. 试卷第1页，共3页 二诊模拟考试（三）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B A D A D D BD AB 题号 11 答案 ACD 1．D 【详解】由，可得，， 由，所以，所认， 所以. 故选：D． 2．C 【详解】由题设，令，且， 则为纯虚数， 所以，可得，即的虚部为. 故选：C 3．B 【详解】将本不同的杂志分成组，每组至少本，则三组书的数量分别为、、， 所以，不同的分组方法种数为. 故选：B. 4．A 【详解】由，故，. 故选：A． 5．D 【详解】由可知公比，则，解得，故选：D. 6．A 【详解】圆的标准方程为，则，可得， 圆心为，半径为，圆心到直线的距离为， 由垂径定理可得，解得，满足. 故选：A. 7．D 【详解】原函数为， 相当于把位于轴下方的图象翻折到上方， 则有，， 当时，. 故选：D． 8．D 【详解】由椭圆方程知，，则，离心率为，A正确； 当长方形的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为和4，其对角线长为，因此蒙日圆半径为，圆方程为，B正确； 设矩形的边长分别为，因此，即，当且仅当时取等号，所以长方形的面积的最大值是20，此时该长方形为正方形，边长为，C正确，D错误． 故选：D． 9．BD 【详解】，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越瘦高，故A错误； 线性回归直线一定经过样本中心点，故B正确； 相关系数越大，与相关的程度就越强，故C错误； 利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系，故D正确； 故选：BD 10．AB 【详解】对于，在中，设外接圆的半径为， 若，则，可得，所以，可知项正确； 对于B，由内角和定理得，故B项正确； 对于C，由得为锐角，但△ABC不一定是锐角三角形，故C项错误； 对于D，若，则由正弦定理得，即， 可得或，所以是等腰或直角三角形，故D项错误． 故选：AB． 11．AC 【详解】抛物线的焦点为，准线方程为， 设过的直线为， 将其与抛物线联立可得，消去整理得， 所以，， 对于A：，当且仅当时取等号，即的最小值是，故A正确； 对于B：，故B错误； 对于C：设点坐标为，则， 因为，故，故直线平行于轴，故C正确； 对于D：， 设函数，， 则，所以当当时，时， 所以在上单调递减，在上单调递增，故的最小值为，即的面积的最小值为，故D正确， 故选：ACD． 12． 【详解】由，，得. 故答案为： 13． 【详解】第一个区域有三种选法，之后的每个区域都有两种选法， 由分步乘法计数原理得. 故答案为： 14． 【详解】不妨令，依题意，， ，令， 则，，函数在上单调递增， 因此，恒成立， 令函数，求导得，当时，； 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， ，因此， 所以实数a的最大值为. 故答案为： 15．(1) (2) 【详解】（1）设正项等比数列的公比为， 因为，所以，所以． 又， 解得． 所以． （2）由题知， 所以， ， 两式相减得． 所以． 16．(1) (2)选择乙老师，理由见解析 【详解】（1）设甲，乙两名教师都只答对2个问题的情况分别为事件与事件， 则，； 所以； （2）设甲教师得分数为，则答对题数为，有， 故，， 设乙教师得分数为，则的可能取值为，，， ，，， 则， ， 由，，则乙老师更为稳定，故选择乙老师. 17．(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在上底面的投影为的重心． 平面，平面，， ，， 是等边三角形，是的中点，故， ，平面，平面，平面， 又因为平面，. （2）解法一：延长交于点，如图所示， 由（1）知平面，故为平面与平面的夹角， ，， 设棱长为1，则，为重心，，，， 平面与平面的夹角的正弦值为. 解法二：设，有，，，可求得， 由，，可得， 又由平面，以为坐标原点， ，，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 有，，，，， 可得，， 设平面的一个法向量为， 有，取，，，可得， 又由平面的一个法向量为，有，，， 有， 故平面与平面的夹角的正弦值为． 18．(1) (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）已知， 则， ， 则， 所以切线方程为， 即 （2）由（1），其定义域为， 设， 则， 所以在上单调递减， 由， ， 根据零点存在性定理可知在上存在唯一零点， 即存在唯一零点. （3）由（2）知在上单调递减， 且存在唯一零点，使得， 当时，， 在上单调递增； 当时，， 在上单调递减； 所以的最大值为. 因为， 所以， 即， 化简为。 则， 而 ， 故的最大值为 19．(1) (2)-4 (3) 【详解】（1）因为实轴长为2，所以，即，所以双曲线的方程为. （2）由（1）可知，直线的斜率显然存在，设直线的方程为，， 联立消去得：， 则，，设直线的斜率为，直线的斜率为， 则. （3）设直线的斜率为，由题设无论如何分布， 由总有 ， 因为，整理得①， 由（2）可知，解得， 并且， 代入①式得，因为，所以当时，的最大值为.    学科网（北京）股份有限公司 $