四川省2026年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2023级高三第二次诊断考试数学注意事项：1.考生领到答题卡后，须在规定区域填写本人的姓名、考号和班级.2.考生回答选择题时，选出每小题答案后，须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.考生回答非选择题时，须用0.5mm黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上.选择题和非选择题的答案写在试卷或草稿纸上无效.3.考生不得将答题卡带离考场，考试结束后由监考员收回.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．复数，则（

）A．1 B． C．2 D．42．已知集合，，则（

）A． B．C． D．3．若直线与直线平行，（

）A． B．C． D．4．在中，，若，，则（

）A． B．C． D．5．已知，则（

）A．-1 B．1C． D．6．已知m是直线，α，β是两个不同平面，且m∥α，则m⊥β是α⊥β的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件7．已知表面积为的圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球的体积为（

）A． B．C． D．8．已知抛物线的准线为，为上的一点，于点，直线与圆相切于点，若，则点的横坐标为（

）A． B． C． D．或二、选择题：本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分．9．若将函数的图象向左平移后关于原点对称，则（

）A．的最小正周期为B．的最小值为C．D．10．已知函数，则（

）A．为偶函数B．若，，则C．存在实数，使得为减函数D．当时，有两个零点11．设双曲线的左，右焦点分别为，，圆与的左支在第二象限的公共点为，线段的垂直平分线与的右支在第一象限的公共点为，的面积为，则（

）A．B．，，三点共线C．，到的距离之积为D．若，则是的渐近线三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知平面向量,，若，则.13．已知数列是等差数列，且，，则的前项和等于.14．如图，某水平测试场地修建了一个实体圆锥形通信屏蔽罩，其高为，底面圆直径，且点满足.现在点处固定一枚无线电信标，且在点有一微型无人机（视为一点）.点在母线上，无人机先在空中以直线航迹从点飞行到处，随后紧贴屏蔽罩表面飞行到点，设飞行路径总长度为.则的最小值为.

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．记的内角，，的对边分别为，，，已知，且.(1)求；(2)若，求.16．已知等比数列的首项为1，前项和为，且.(1)求的通项公式；(2)求使成立的的取值范围.17．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若，求实数的值.18．已知椭圆的离心率为，短轴长为.(1)求的标准方程；(2)为上一点且在第一象限，点，，延长，分别交椭圆于，两点.（i）若，求直线的斜率；（ii）连接，，记的面积为，的面积为，求的最大值.19．如图1，直三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，且.图2所示的多面体，可视为将图1中的在其平面内绕其中心逆时针旋转后，记为，并重新连接，，，，，得到.(1)如图2，证明：，，，四点共面；(2)求多面体的体积；(3)若点在多面体的棱上，求与平面所成角的正弦值的最大值，并求出此时点在上的位置.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】由复数的模长计算公式可得答案.【详解】，，故选：B2．A【分析】先解对数不等式，化简集合B，再求交集即可.【详解】对数函数的定义域为，不等式，因为底数大于1，为单调递增的函数，可得，因此，集合，根据交集运算，得.故选：A.3．C【分析】将两直线方程化为斜截式，根据两直线平行时斜率相等且截距不相等的性质列方程求解的值.【详解】直线，斜率，截距，直线，斜率，截距，因为两直线平行，所以斜率相等且截距不相等，即且，由得，此时，满足平行条件.故选：C.4．D【分析】利用向量加法的平行四边形法则即可求解.【详解】由可得点是的中点，根据平行四边形法则：，即.

故选：D.5．D【分析】根据正切的二倍角公式计算即可.【详解】，故选：D.6．A【分析】分别判断充分性和必要性得到答案。【详解】当时，已知则，充分性；当时，已知，可以得到，故不必要；故选：【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的推断能力。7．C【分析】根据圆柱的表面积公式以及条件，即可求得球的半径，进而求得球的体积.【详解】令圆柱的底面半径和高分别为和，球的半径为，则，又，所以，则球的体积为.故选：C8．B【分析】利用抛物线的定义得到，再根据切线的性质得到，最后利用列式求解即可.【详解】

由题意得，抛物线的准线方程为，焦点坐标为，圆的圆心，半径，设，则，，根据抛物线的定义可得，又直线与圆相切于点，，又，又，，即，把代入，得，解得.故选：B.9．BC【分析】由题可求得可对C判断；可得即可对A判断求解；利用正弦型函数的值域可对B求解；由即可对D判断.【详解】C：由函数的图象向左平移后为，因关于原点对称，所以，，解得，，又因为，所以，即，故C正确；A：由题可得，故A错误；B：由值域为，所以的最小值为，故B正确；D：由，故D错误.故选：BC.10．BCD【分析】利用导数正负与函数增减性的关系即可求解.【详解】由题得的定义域为，且，对于选项A：由于的定义域不对称，所以不可能是偶函数，故A选项错误；对于选项B：若，则，则，若且，则分别属于和，不妨设，，如下图：则，，若，则有，即，，最终有，故B选项正确；对于选项C：若存在实数使得为减函数，即，证明如下：，则，①当时，若，则有恒成立，则，此时有；②当时，若，则有恒成立，则，此时有；综上，当时，，为减函数，故C选项正确.对于选项D：当时，，，①当时，恒成立，单调递减，②当时，令，解得，则有，故在上单调递增，在上单调递减.综上，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.在上，单调递减，且，，故在上有且仅有1个零点，在上，在处取极大值，故是内唯一零点.综上，有2个零点，故选项D正确.故选：BCD.11．ABD【分析】由双曲线定义及圆半径即可判断A选项；已知是的垂直平分线，结合双曲线定义判断B选项；设到的距离分别为利用，垂直平分线性质和双曲线的性质，判断C选项；由面积得到直线的距离，通过余弦定理及渐近线公式判断D选项.【详解】A选项，根据双曲线的定义得，已知圆的方程为，则圆的半径为，所以，所以，故A选项正确；B选项，因为直线是线段的垂直平分线，所以，根据双曲线的定义，有，又因为，所以，而，即，所以三点共线，选项B正确；C选项，如图，在中，由余弦定理可得,设到直线的距离为，则，，所以，故C错误；

D选项，如图，，因为，所以，故是等边三角形，即，即，因为，所以，即，双曲线的渐近线方程为，将代入可得，即，所以是的渐近线，选项D正确.故选：ABD.12．1【分析】互相垂直的两个向量数量积为0.由此列出关于的方程.进而求解的值.【详解】平面向量,，即解得.故答案为：1.13．【分析】直接根据等差数列的性质及等差数列的前n项和公式可得.【详解】因为数列是等差数列，且，，所以由等差数列的性质得，.故答案为：.14．【分析】采用化曲为直的方法，将曲面展成与平面共面的扇形，再有两点之间线段最短求出飞行路径的最短值，适当采取建系的方法可以大幅度减少计算量.【详解】由题可知，故该圆锥侧面展开图的圆心角，则连接可得，又由题知，如图建立平面直角坐标系

则，由两点之间线段最短可得，所以，故答案为：15．(1)；(2)或.【分析】（1）根据正弦定理及同角三角函数基本关系可得；（2）直接由余弦定理解三角形可得.【详解】（1）因为，由正弦定理得，即，再由及基本关系式得，得或，因为，所以（舍去），即.故.（2）由（1）知，所以，再由余弦定理，且，，得，，解得或.当时，，此时，为直角三角形，符合题意；当时，，此时，为钝角三角形，符合题意；故或.16．(1)(2)【分析】（1）根据等比数列前项和的性质，，，成等比数列，且公比为，即可求出公比，写出通项公式；（2）求出等比数列的前和，分类讨论解不等式即可得解.【详解】（1）设等比数列的公比为，，当时，，不符合题意，所以，所以，，成等比数列，且公比为，，所以，，所以.（2）由（1）知，，所以由可得，即，当为正偶数时，不等式显然成立；当为正奇数时，则，因为为递减数列，且，所以且为奇数，综上，17．(1)(2)【分析】（1）求出切点坐标，由导数求出切线斜率，由点斜式写出切线方程；（2）由，，讨论与的大小关系，讨论单调性即可.【详解】（1）当时，，,,,在点处的切线方程为，即；（2），令，则，，，①当时，时，，单调递减，由于，则，时，，单调递增，由于，则时，，时，，所以在单调递减，在单调递增，所以符合题意；②当时，，存在使得，当时，，单调递减，不符合题意；③当时，，则存在，使得当时，，单调递增，则不符合题意；综上.18．(1)(2)（i）

（ii）【分析】（1）先根据离心率和短轴长列出方程，再结合求解出，然后写出椭圆方程.（2）（i）先设出直线方程，联立直线和椭圆方程，再结合题目所给条件求出点和点坐标，再求解出点坐标，然后按照斜率公式求解直线的斜率.（ii）联立方程组，求出两点坐标，然后表示出三角形面积，然后根据基本不等式求解的最大值即可.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，短轴长为.即，又，解得.椭圆的方程为（2）设，因为直线经过和，不妨设直线的方程：.联立直线与椭圆方程，消元整理得：，又在椭圆上，，代入上式，整理得：.由韦达定理得：，即.

（i）且，.，代入上式解得：，，即.又，所以可得：，即.又直线经过，直线的方程为.联立直线和椭圆方程，解得，即.所以直线的斜率.（ii）由（i）可得，代入直线方程得，所以，同理可得.的面积.的面积.，当且仅当“”即“”时“”成立.所以有最大值.19．(1)证明见解析(2)(3)

【分析】（1）建系后利用向量证明即可.（2）多面体是由两个全等的四棱锥组成的，先用向量证明是矩形并求出其面积，然后求出点到平面的距离，然后利用体积公式计算答案.（3）先设出点的位置，然后利用向量，用参数表示出线面角的正