2026年四川省高三高考二模数学模拟试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页字节精准教育联盟·精准备考2026年普通高等学校招生全国统一考试第二次适应性考试数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1．已知，则的虚部为（）A． B． C． D．2．在菱形中，，点是的中点，点在线段上（包含端点），则的取值范围为（

）A． B． C． 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．44．一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．36．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．“”是“是幂函数且在上单调递减”（）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二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．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10．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．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．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．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．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．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.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】根据复数的除法运算法则，将化成的形式，即可得到其虚部.【详解】因为，所以.所以的虚部为.2．D【分析】设，以为基底，根据向量的线性运算及数量积可得，结合得到范围即可．【详解】设，因为四边形是菱形，所以，由点是的中点，得，由题意得，，所以，因为，所以的取值范围是．3．B【分析】根据函数奇偶性、对称性以及单调性分析即可.【详解】由，则，所以，所以函数关于直线对称，由，即，因为是上的奇函数，所以，所以，所以函数最小正周期为8，由在上单调递增，根据函数对称性知在上单调递减，由，，，所以当时，函数与函数大致图象为：

所以与函数交点个数为2个.4．C【分析】根据圆锥的结构特征有圆锥轴截面对应三角形内接于球体最大圆时，球体表面积最小，再由圆锥的体积公式及轴截面的相关计算求球体半径，即可得.【详解】由题意，圆锥轴截面对应三角形内接于球体最大圆时，球体的半径最小，此时表面积最小，若圆锥的高为，而其底面半径为2，则，可得，令球体半径为，则，可得，所以球体表面积为.5．A【分析】结合双曲线性质和角平分线定理求解，再根据角平分线定理建立和的方程，结合题干求解，进而求解离心率.【详解】如图所示，在中，平分交于，由角平分线定理得，因为，所以，即，即.由，，可得，将代入上式：，解得，则.在中，是的角平分线（内心在角平分线上）。由角平分线定理可得：，且，则，因为，且，所以，所以，解得，故离心率.6．C【分析】利用已知通项公式变形构造新数列，结合累加法分组求和以及等差数列求和公式分析求解即可.【详解】由，两边同时除以得：，即，令，则，所以，所以，，，，累加得：，又，所以，由，所以，所以7．C【详解】因为，所以点在轴右侧，过点作轴，垂足为点，因为，所以，则,，,所以,则，则点的坐标为或，代入椭圆方程，得，所以，所以.8．A【分析】利用充分条件和必要条件的定义及幂函数的定义和性质求解.【详解】充分性分析：，，是幂函数且在上单调递减，故充分性成立；必要性分析：是幂函数，，，，或，当时，在上单调递减，符合题意；当时，在上单调递减，符合题意；综上可知，是幂函数且在上单调递减，则或，故必要性不成立，故“”是“是幂函数且在上单调递减”的充分不必要条件.9．AD【分析】利用图像关于原点对称的点的坐标特点判断选项A；将曲线的方程配方，利用平方数非负判断选项B；代入特殊值即可判断选项C，根据的范围，即可判断选项D.【详解】用替换方程中的，方程仍然成立，所以曲线关于原点对称，所以A正确；由，得.所以，所以，即，解得.因为点在曲线上，所以，所以B错误；因为在曲线上，所以的最小值为，所以C错误；当时，由，得.由曲线的对称性，不妨令，则.令，因为，且在上单调递减，所以，所以，所以.所以当时，在的上方.由曲线的对称性可得，当时，在曲线的内部.又与曲线均过原点，所以曲线与线段、直线所围成区域的面积大于，所以D正确.10．B【详解】选项A：已知，当时，，解得，当时，，，两式相减得：，则，故数列是首项为，公比为的等比数列，，故A错误；选项B：由，可得，又，故得，，故数列前项为正，第项起为负，在时取得最大值，故B正确；选项C：已知，，故，即，数列是首项为，公差为1的等差数列，则，解得，则，故，故C错误；选项D：当时，数列的第一项为，且对于，因，即恒成立，故前项和不可能小于，故D错误．11．ABD【分析】对A，对求导，再利用极值的定义，即可求解；对B，当，求出的单调区间，进而可得方程的解满足题意，即可求解；对C，设出切点，根据条件，将问题转化成判断方程解的个数，即可求解；对D，令，，将问题转化成方程有解，即可求解.【详解】对于A，因为，令，得到或，若为的极小值点，则，解得，所以A正确，对于B，因为，当时，则的增区间为，减区间为，又，若，即，解得，此时在上有且仅有一个零点，故B正确，对于C，设切点为，则，又，则切线方程为，又切线过点，则，整理得到，令，则，令，得到或，当时，，当时，，当时，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，又时，，时，，且时，，时，，所以与轴有个交点，即有个解，故C错误，对于D，令，，则，令，得到，所以D正确，12．【详解】对展开并整理得：,,,,,,所以,所以.13．【分析】利用点到直线的距离公式求出弦心距，结合题意和直线与圆的位置关系即可求解.【详解】依题意，圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离，圆上到直线的距离为的点，是圆与到直线距离为的两条平行直线的交点，圆心到直线的距离，则圆心到的距离分别为和，因为交点刚好有个，所以其中一条直线与圆相切，另一条与圆相交，故半径应等于中较大的一个，即，所以直线被圆截得的弦长为.14．108【分析】将事件概率关系转化成事件包含的样本点个数关系，进而对条件分类讨论得答案.【详解】由事件，事件，从而，所以，即，从而有，又由，即，从而有，又由，即，从而有，故其中，，故，或.当时，，，；故中有且只有一个元素在中，中有且只有一个元素在中，中另外两个元素为中两奇数或两偶数，满足条件的事件共有.当时，，，；故中有且只有两个元素在中，中有且只有两个元素在中，中另外四个元素为中一个奇数三个偶数或三个奇数一个偶数，满足条件的事件共有.当时，，，；此时不满足，不合题意.综上满足条件的事件的个数为个.15．(1)(2)【分析】（1）先根据右焦点的坐标求出的值，再根据离心率求出的值，进而结合可得椭圆的标准方程；（2）根据直线方程，可得点坐标，再将直线与椭圆方程联立，根据韦达定理，可得，的表达式，再结合是的中点，进而即可求出的值．【详解】（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．(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）将原式变形得到，利用等比数列定义即可证明；（2）利用等比数列通项公式得到，即可得到（3）利用放缩法得到，由错位相减法求得的前项和，即可证明.【详解】（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①①式两边同乘得：②①②错位相减得：，整理得由，可得，结合，可证得，原不等式成立.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）要证明面面垂直，转化为证明和平面内的两条相交直线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角问题.【详解】（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．(1)（i）；（ii）(2)【分析】（1）（i）先明确三人各参与两局对应每人恰好轮空一次的比赛顺序，再分第1局甲胜或乙胜两种情况，计算每种情况下第2局负者轮空、第3局再由前一轮轮空者先手获胜的概率，最后将两种情况的概率相加；（ii）先确定第2局的参与者为第1局胜者与丙，再分第1局甲胜或乙胜两种情况，枚举第2、3局的胜负结果，筛选出第4局参与者与第2局完全相同的路径，将所有符合条件的路径概率相加；（2）确定甲出场次数的所有可能取值并计算对应概率，再求出甲参与次数的期望，最后解不等式得到的取值范围.【详解】（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．(1)，;(2)证明见解析;(3)答案见解析.【分析】（1）按定义递归求导，先求、，再逐层嵌套复合求导，最后整理表达式；（2）利用数学归纳法，先证明一阶嵌套导数符号与，然后假设阶恒正，通过定义并结合的符号分段讨论，递推得证；（3）由解得唯一正根，故，即或，前者给出，后者解的个数取决于的最小值与的大小关系，以为分界求出对应极值点个数.【详解】（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