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四川眉山市2026届高三下学期二诊数学试题
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
1.已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3.已知，．若，则（ ）
A. B. C. D. 6
4.为了得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点（ ）
A. 先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
B. 先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度
C. 先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度
D. 先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
5.若的展开式中各项的二项式系数和为64，则展开式中含项的系数为（ ）
A. 1 B. 6 C. 15 D. 20
6.如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的和都等于同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做等和数列的公和．已知等和数列中，，公和为5，则（ ）
A. 0 B. C. D. 4
7.在三棱锥中，若平面，，则平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有（ ）
A. 1对 B. 2对 C. 3对 D. 4对
8.已知过点的直线与抛物线交于，两点．若为直线上的动点，则的最小值为（ ）
A. 10 B. 8 C. 6 D. 4
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.为评估某款“端侧AI芯片”在不同模型架构下的推理延迟表现，研发团队在固定输入长度（128tokens）的条件下，对200个公开的深度学习模型进行了单次推理延迟测试（单位：）．测试结果经异常值剔除后，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，则下列结论正确的是（ ）
A. 样本中延迟在内的模型个数为60
B. 估计样本的中位数落在区间内
C. 估计样本的平均数约为22.5
D. 该分布呈现出右边“拖尾”形态，说明大部分模型的延迟较低
10.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 是偶函数 B. 在上单调递增
C. 的导函数有且只有一个零点 D. 的极值与极值点数值相等
11.如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面
B. 不存在点，使得平面平面
C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为
D. 若正方体棱长为1，则以为球心，为半径的球体被平面所截图形面积的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设为等比数列的前项和，若，，则数列的公比为 ．
13.已知圆，过点的直线与圆交于，两点，且，设直线的倾斜角为，则 ．
14.函数同时满足下列三个条件：
①定义域为，值域为；
②在区间上单调递增，在区间上单调递减；
③对任意，都有．
请写出符合要求的一个的解析式 ．
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)
在中，已知内角，，满足．
(1)求；
(2)设边上的中线为，若，求面积的最大值．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，．
(1)当时，求证：平面；
(2)若三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为，求平面与平面的夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
已知函数，（其中），其导函数为．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，求实数的取值范围，并探究函数的零点个数．
18.(本小题17分)
已知是圆上一动点，，线段的中垂线与线段交于点，点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)设，是上的两点，且，在直线上的射影为，是否存在，使得直线过平面内的定点？若存在，求出的值和定点坐标；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
为培养学生的晨读习惯，某高校推行“每日晨读打卡”学分制度，学生每日需完成线上打卡，打卡结果分为有效打卡和无效打卡，打卡结果如下：
①学生首日进行晨读打卡时，有效打卡的概率为，无效打卡的概率为；
②若前一日为有效打卡，则次日有效打卡的概率为，无效打卡的概率为；
③若前一日为无效打卡，则次日有效打卡的概率为，无效打卡的概率为．
记事件：第天该学生晨读打卡为有效打卡，表示事件发生的概率．
(1)求的值，并推导与的关系式．
(2)记该学生前天晨读打卡中有效打卡的总次数为，为的数学期望．
（i）当时，求的分布列与；
（ii）对任意，证明：数列是常数数列，并说明其实际意义．
1.【答案】D
2.【答案】A
3.【答案】B
4.【答案】A
5.【答案】B
6.【答案】C
7.【答案】C
8.【答案】B
9.【答案】AD
10.【答案】BCD
11.【答案】ACD
12.【答案】2
13.【答案】0.5/
14.【答案】/（答案不唯一）
15.【答案】解：（1）因为，且，
所以，即，
因为，所以，且，所以.
（2）因为边上的中线为，所以，
，又，且，
所以，即，当且仅当时等号成立.
所以面积，当且仅当时等号成立.
故面积的最大值为.

16.【答案】解：（1）取的中点，连接，
因为当时，E为的中点，所以，
因为，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）取中点,连接，
因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以，
因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，因为，所以，
，
设到平面的距离为，
则，
所以，又，所以，
以分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量，
则，令，则，
取平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，
则.
即平面与平面的夹角的余弦值为.

17.【答案】解：（1）当时，，，故，.
从而所求切线经过点且斜率为，故曲线在点处的切线方程为；
（2）由于，
故，
函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以是的极大值点，即，且在左侧，右侧，
①当时，有，，
从而当或时；当时.
故函数在和上单调递增，在上单调递减，不符合条件
②当时，，从而对和均有，
故在和上单调递增，从而在上单调递增，不符合条件
③当时，有，，
从而当或时；当时.
故函数在和上单调递增，在上单调递减，不符合条件
④当时，对任意都有，
从而当时；当时，
故函数在上单调递增，在上单调递减，符合条件。
综上，的取值范围为
所以，
当，即时，在定义域内无零点；
当，即时，在处取得零点，且是唯一零点；
当，即时，
由于，，
根据零点存在性定理可得在存在唯一零点；
由于，根据零点存在性定理可得在存在唯一零点；
所以时，存在两个零点；
综上，当时，在定义域内无零点；
当时，在定义域内存在唯一零点；
当时，在定义域内存在两个零点.

18.【答案】解：（1）由可知，，
因为线段的垂直平分线与直线交于点，
，所以，
所以由椭圆的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，
所以，
所以，
所以曲线的方程为．
（2）因为，则三点共线，
设直线所在直线方程为，
设，，
由
消去y整理得，
恒成立，
所以，
在直线上的射影为，则，
所以，可得直线的方程为,
令，则
，
当时，即时，为定值，
当直线为轴时也成立，
所以存在，直线过定点.

19.【答案】解：（1）根据全概率公式，第2天有效打卡分两种情况：第1天有效次日有效、第1天无效次日有效，
因此：；
由全概率公式，，
代入条件概率得：，
化简得：（）；
（2）(i)的分布列与期望
的所有可能取值为，计算概率得：
；
；
；
的分布列为：
0 1 2
期望：，
(ii) 由期望的可加性，（为指示变量，第天有效取1，否则取0），因此，
对递推式变形得：，
又，因此对任意恒成立，
代入期望关系式得：，
移项得：，
即数列任意相邻两项相等，故该数列是常数数列（常数为0）；
实际意义：长期来看，该学生每日晨读有效打卡的概率恒为，前天有效打卡的期望总次数恒为，说明打卡的概率分布达到稳定状态.

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