四川眉山市2026届高三下学期二诊数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页四川眉山市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.64.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.206.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.47.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：012期