2026届四川省高三二模高考数学模拟试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年普通高等学校招生全国统一考试（普通高中2026届第二次全真模拟考试）数学本试卷满分150分，120分钟完卷，全卷共4页.注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔记清楚.3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.6.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：共8小题，每小题5分，满分40分.1．已知复数，则对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．设集合，，则（

）A． B． C． D．3．已知向量，若，则（

）A． B． C．1 D．54．已知命题，命题，则p是q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．已知双曲线的右焦点为，过点作垂直于轴的直线l，M，N分别是与双曲线及其渐近线在第一象限内的交点．若是线段的中点，则的渐近线方程为（

）A． B．C． D．6．已知定义在上的函数，其中是奇函数且在上单调递减，的解集为（

）A． B． C． D．7．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次，则两次向上的点数之和除以4的余数为3的概率为（

）A． B． C． D．8．设，则（

）A． B．C． D．二、多选题：共3小题，每小题6分，全选得满分，漏选得部分分，错选得0分，满分18分.9．下列说法正确的是（

）A．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.1；B．已知一组数据的平均数为4，则这组数据的方差是5；C．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第80百分位数是23；D．若样本数据的标准差为1，则数据的标准差为2．10．已知和，则下列说法正确的是（

）A．两圆相交，有两个公共点B．两圆的公共弦所在直线方程为C．两圆公共弦长度为D．经过两圆交点且圆心在直线上的圆的方程为11．在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法正确的是（

）A．当时，点P的轨迹为线段B．当时，有且仅有一个点P使得C．当时，三棱锥的体积为定值D．当时，有且仅有一个点P使得平面三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分.12．已知数列是以3为公差的等差数列，是其前项的和，若是数列中的唯一最小项，则数列的首项的取值范围是．13．已知，都是锐角，，，则.14．已知函数，则不等式的解集为.四、解答题：共5小题，15题13分，16-17题每小题15分，18-19题每小题17分，共77分.15．已知函数在处的切线方程为．(1)求的解析式；(2)当时，求函数的极值．16．已知中，内角的对边分别为，且．(1)求；(2)若，求的周长．17．如图，在四棱锥中，平面，，，，，点E为棱的中点．证明：

(1)平面；(2)平面平面．18．已知数列满足：(1)求的值．(2)证明是等比数列，并求数列的通项公式．(3)设，求数列的前项和．19．“你好！我是DeepSeek，很高兴见到你！我可以帮你写代码，读文件，写作各种创意内容，请把你的任务交给我吧”，DeepSeek从横空出世到与我们日常相伴，成为我们解决问题的“好参谋，好助手”，AI大模型正在改变着我们的工作和生活的方式，某校组织“AI模型”知识竞赛，甲、乙两名选手在决赛阶段相遇，决赛阶段共有3道题目，甲、乙同时依次作答，3道试题作答完毕后比赛结束.规定：对同一道题目，两人同时答对或答错，每人得0分；若一人答对另一人答错，答对的得10分，答错的得-10分，比赛结束累加得分为正数者获胜，两人分别独立答题互不影响，每人每次的答题结果也互不影响，若甲、乙两名选手正确回答每道题的概率分别为.(1)求比赛结束后甲获胜的概率；(2)求比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对1道题的概率.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】根据复数的除法运算以及共轭复数的概念进行判断即可.【详解】因为复数，所以.所以对应的点位于第一象限.故选：A.2．C【分析】先求出集合里面的不等式解集，然后根据集合交集的概念求出结果即可.【详解】因为集合，所以，所以，所以.因为集合，解得，所以.所以.故选：C.3．C【分析】根据平面向量线性运算的坐标表示公式，结合平面向量垂直的坐标表示公式进行求解即可.【详解】因为，所以，由，故选：C4．A【分析】根据充分不必要条件的判断方法判断即可.【详解】因为命题，即，所以，故，即p是q的充分不必要条件．故选：A．5．C【分析】设双曲线的右焦点，求出点和的坐标，利用中点坐标公式列式计算得关系，进而可得渐近线方程.【详解】设双曲线的右焦点，过第一象限的渐近线方程为，直线与直线交于点，交双曲线于点，由M是线段的中点，得，则，，所以C的渐近线方程为.故选：C6．B【分析】根据给定条件，探讨函数的奇偶性及单调性，再求解不等式.【详解】依题意，，，则函数是上的奇函数，而函数在上都单调递减，因此在上单调递减，不等式，则，解得，所以所求解集是.故选：B7．C【分析】根据给定条件，利用列举法求出古典概率.【详解】一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次的试验有36个样本点，两次向上的点数之和除以4的余数为3的事件含有的样本点为：，共10，所以两次向上的点数之和除以4的余数为3的概率为.故选：C8．D【分析】构造，二次求导，得到单调性，得到，再变形得到，故构造，求导得到其单调性，比较出，得到答案.【详解】设，设0，所以，所以函数在上单调递增，所以，即.根据已知得，可设，则，所以函数在上单调递增，所以，即.综上，.故选：D.【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.9．AD【分析】分别利用古典概型的计算公式，方差和标准差的计算公式及其百分位数的定义求解即可.【详解】对于选项，个体被抽到的概率为，故该选项正确；对于选项，，解得，则方差为，故该选项错误；对于选项，数据27，12，14，30，15，17，19，23从小到大排列为，12，14，15，17，19，23，27，30，由于%，其中第7个数为27，故该选项不正确；对于选项，设数据，，…，的均值为，则数据，，…，的均值为，因为数据，，…，的标准差为，所以数据，，…，的标准差为，故该选项正确；故选：AD.10．ABD【分析】确定两圆的圆心和半径，确定两圆的位置关系，可确定两圆的位置关系，判断A的真假；求两圆公共弦所在直线方程，确定B的真假；求公共弦长判断C的真假；求满足条件的圆的标准方程，判断D的真假.【详解】因为：，所以，.：，所以，.所以.对A选项：因为，即，所以两圆相交，有两个公共点，故A正确；对B选项：由，所以两圆的公共弦所在直线方程为即，故B正确；对C选项：到直线的距离为：，所以两圆的公共弦长度为：，故C错误；对D选项：设所求圆的方程为：（）整理得：.因为圆心在直线上，所以.所以所求圆的方程为：即，配方得：.故D正确.故选：ABD11．ACD【分析】对于A，利用平面向量共线的充要条件推论可判定；对于B，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于C，先确定点的运动轨迹，结合定高定底来判定体积是否为定值；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【详解】由平面向量的基本定理易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，所以，此时三点共线，即线段，故A正确；对于B，当时，，取，中点分别为，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，显然始终不成立，故B错误；对于C，当时，，取，中点为．故此时点轨迹为线段，而，所以的面积不变，又到平面的距离为定值，所以该三棱锥的体积为定值，故C正确．对于D，当时，同上易知P点轨迹为线段．，所以，，若平面，所以，此时存在且唯一，故D正确．故选：ACD．12．【分析】利用等差数列的前项和公式，再结合递推思想，即可求出范围.【详解】由等差数列的前项和公式可得：，由是中的唯一最小项，则，即，解得，故答案为：.13．【分析】由，应用差角余弦公式展开，结合已知求得，即可求角的大小.【详解】由，又，都是锐角，则，又，，则，所以，故.故答案为：14．【分析】分析函数的定义域与奇偶性，利用导数分析该函数的单调性，将所求不等式变形为，可得出关于的不等式，解之即可.【详解】函数的定义域为，，，因为，故函数在上为增函数，由得，故，即，解得，故不等式的解集为.故答案为：.15．(1)(2)在处取得极小值，无极大值【分析】（1）根据条件得，列出等式求解即可；（2）通过研究，求得在的单调性，进而求出的极值．【详解】（1），因为函数在处的切线方程为，所以，，也即，解得，所以的解析式为．（2）由（1）知，所以当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；由单调性可知，是函数的极小值点，且是区间内唯一的极值点，因此函数在处取得极小值，无极大值，，所以函数在内的极小值为，无极大值．16．(1)；(2).【分析】（1）利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再用余弦定理求角；（2）结合已知条件和第一问的结果，通过三角函数关系求出其他角和边，进而计算周长.【详解】（1）已知，根据正弦定理，可得，将其代入已知等式：，化简得：，再由余弦定理，代入上式得：，因为，所以；（2）已知，由第一问知，代入得：，因为，所以或，又因为，若，则，矛盾，故，从而，由正弦定理，已知，则：，，因此：；；周长.17．(1)证明见详解(2)证明见详解【分析】（1）取的中点，连接，利用三角形中位线定理结合已知条件可证得四边形为平行四边形，则，然后由线面平行的判定定理可证得结论；（2）由题可得和，可得平面，即可证明．【详解】（1）取的中点，连接，

分别是的中点，，且，又，且，且，四边形为平行四边形，，又平面平面，平面（2）底面，平面，，，，，，平面，平面，平面，平面平面18．(1).(2)证明见解析．.(3).【分析】(1)分别将代入递推公式可得的值.(2)由递推公式构造与的关系,并求出的值,可根据等比数列的定义证明是等比数列,,并求出其通项公式,进而得到数列的通项公式.(3)把由(2)得到的的通项公式,代入，得到数列的通项公式,进而判断数列是等差数列.根据等差数列的前项和公式,求得数列的前项和．【详解】（1）因为数列满足：，所以,.（2）证明：因为，所以.所以.因为,所以.所以是首项为2，公比为2的等比数列.所以.所以数列的通项公式是.（3）由(2)知:.因为当时,.所以数列是首项为1,公差为1的等差数列.所以数列的前项和故.19．(1)(2)【分析】（1）对于一道题而言，先分析甲得分的可能情况