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四川省字节精准教育联盟2026届高三二模数学试题
一、单项选择题：本大题共9小题，共46分。
1.已知，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
2.在菱形ABCD中，，点E是AB的中点，点F在线段BD上（包含端点），则的取值范围为（　　）
A. B. [1，9] C. [0，9] D.
3.已知是上的奇函数，，若在上单调递增，且，，则与函数交点个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
4.一个圆锥的底面直径为4，体积为，若该圆锥能够被整体放入一个球内，则该球的表面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
5.已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点，的内切圆圆心为，连接并延长交轴于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 3
6.在数列中，，，为的前项和，则（ ）
A. B. C. D.
7.已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点M在C上，且，，，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
8.“k=-3”是“f（x）=（k+2）2xk是幂函数且在（0，+∞）上单调递减”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
9.已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若数列为等差数列，，，则时，最大
C. 若数列满足，，则
D. 若，则数列的前项和小于
二、多项选择题：本大题共2小题，共12分。
10.已知点在曲线上，点，则下列结论正确的有（ ）
A. 曲线关于原点对称
B.
C. 的最小值为
D. 曲线与线段、直线所围成区域的面积大于
11.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若为的极小值点，则的取值范围为
B. 存在，使得在上有且仅有一个零点
C. 当时，过点存在两条直线与曲线相切
D. 存在，使得
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，则 .
13.若圆上到直线的距离为的点刚好有个，直线被圆截得的弦长为 .
14.一个正十二面体，十二个面分别标以数字1到12，任意抛掷一次这个正十二面体，观察它与地面接触的面上的数字．事件，事件，若事件满足，则满足条件的事件的个数为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知椭圆的右焦点为，离心率为．
(1)求的方程；
(2)若直线与交于，两点，与轴交于点，且是的中点，求的值．
16.(本小题15分)
已知数列满足，且.
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)设，数列的前项和为，求证：.
17.(本小题15分)
如图，在四棱柱中，底面是正方形，，交于点O，P为的中点，.
(1)证明：平面平面；
(2)若为等边三角形，求平面与平面夹角的正弦值.
18.(本小题17分)
社团课上，甲、乙、丙三位同学进行围棋比赛，约定：第1局甲、乙比赛，甲先手（每局中先走第一颗棋子），丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局比赛，并且轮空者先手．假设甲、乙、丙三位同学先手时胜对方的概率均为，每局比赛没有平局且结果相互独立.
(1)若.
（i）求前3局中甲、乙、丙三位同学均参与两局的概率；
（ii）求第2局和第4局参与的同学完全相同的概率；
(2)若前4局中甲参与的平均次数不小于，求的取值范围.
19.(本小题17分)
记函数与的复合函数为，其导数为.由此，我们定义函数的一种“嵌套导数”运算：对于可导函数，定义其1阶嵌套导数为；定义其k阶嵌套导数且递归地为.
例如，.已知函数.
(1)求和的表达式；
(2)若，求证：对任意恒成立；
(3)设，方程在区间上有唯一实数解.记，试探究的极值点个数与的关系，并说明理由.
1.【答案】D
2.【答案】D
3.【答案】B
4.【答案】C
5.【答案】A
6.【答案】C
7.【答案】C
8.【答案】A
9.【答案】B
10.【答案】AD
11.【答案】ABD
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】108
15.【答案】解：（1）由椭圆的右焦点为，得，
又离心率，解得，
在椭圆中，有，
因此椭圆的标准方程为．
（2）直线与轴交于点，
联立，整理得，
由判别式有，解得或，
设，，
由韦达定理得，，
又是的中点，则，解得，，
则，解得符合题意，
所以的值．

16.【答案】解：（1）由已知，变形得，故.
又因为，所以，
因此数列是以2 为首项，2 为公比的等比数列.
（2）由(1)知数列是以2 为首项，2 为公比的等比数列.
所以.
因此数列 的通项公式为.
（3）由(2)知，因此，代入得，
对任意正整数，有，即，
两边取倒数得，因此
设放缩后的数列前项和为，
即 ①
①式两边同乘得：②
①②错位相减得：
，整理得
由，可得，
结合，可证得，原不等式成立.

17.【答案】解：（1）因为底面是正方形，正方形的对角线互相垂直，所以.
又已知，且，平面.
由线面垂直的判定定理，得平面.
又平面，由面面垂直的判定定理，得平面平面.
（2）因为平面平面，且平面平面，
取的中点，连结，因为是等边三角形，所以，
且，所以，所以平面，
取的中点，连结，则，
所以平面，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.
因为，正方形对角线垂直平分，，，故，
，,，，.
因为，所以，
因此，， .
设平面的法向量为，则:
令，解得，，即.
，，
设平面的法向量为，则：
，
解得，，令，即.
设平面与平面的夹角为，则：
.
因此.

18.【答案】解：（1）（i）要使三人都参与两局，则每人恰好轮空一次，这要求第1局的胜者在第2局必须输掉，
若第1局甲胜乙，则第2局丙必须胜甲，概率为；若第1局乙胜甲，则第2局丙必须胜乙，概率为，
所以前3局中甲、乙、丙三位同学均参与两局的概率为；
（ii）若第1局甲胜乙，则第2局参与的同学是甲和丙，若第4局和第2局参与的同学完全相同，则有两种情形：
①第2局甲胜丙，第3局甲胜乙；②第2局丙胜甲，第3局丙胜乙.
第①种情形概率为；第②种情形为.
若第1局乙胜甲，则第2局参与的同学是乙和丙，若第4局和第2局参与的同学完全相同，则有两种情形：
①第2局乙胜丙，第3局乙胜甲；②第2局丙胜乙，第3局丙胜甲.
第①种情形概率为；第②种情形为.
所以第2局和第4局参与的同学完全相同的概率为
；
（2）设甲在前4局的参与次数为随机变量，则，
，
，
，
所以
由，
得，
令，则，
整理得，
解得，所以，又，
所以的取值范围为.

19.【答案】解：（1）由，求导得，.
根据嵌套导数的定义，，
代入得：，对 求导，
得3阶嵌套导数：.
（2）当时，，，
用数学归纳法证明：
当时，，当时，，故；
当时，，故；当时，.
又对任意恒成立，且，故在上的最小值为0，且处取到.
假设当时，对任意恒成立，
则当时，，
由归纳假设，单调递增，故，又，故.
当时，，故；当时,,，，
结合的单调性，得；
当时，.
所以对任意，恒成立.
（3）由，，故等价于，无实根，
等价于，即，结合题意，故.
，求导得：
令，得或，即：，或.
分析的单调性：，故在上单调递减，在上单调递增，
最小值为：.
当，即时，方程无解，仅有1个解，故有1个极值点；
当，即时，方程有1个解，有2个解，故有2个极值点；
当，即时，方程有2个解，有3个解，故有3个极值点.
综上：当时，有1个极值点；当时，有2个极值点；当时，有3个极值点.

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