四川省合江县2026届高三数学上学期第二次教学质量诊断性模拟考试试题含解析

注意事项：

1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写

在答题卡上．

2．考生必须保持答题卡的整洁．

第I卷选择题

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

是符合题目要求的．

1.已知集合，则（）

A.B.

C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】解一元二次不等式并运用集合的并集、补集计算即可.

【详解】因为或，

所以或，

所以.

故选：C.

2.下列命题为真命题的是（）

A.若，则B.若，则

C.若，则D.若，则

【答案】B

【解析】

【分析】通过举反例排除A,C两项，利用不等式的性质进行推理，可以排除D项，证得B项.

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【详解】对于A,当时，显然不成立，故A错误；

对于B，由，利用不等式的性质易得，故B正确；

对于C，当时，取，则，故C错误；

对于D，当时，，由不等式的性质，可得，故D错误.

故选：B.

3.已知，则“”是“”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

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意可直接判断充分性，举例说明必要性不成立即可.

【详解】若，则，即充分性成立；

若，例如，满足条件，但不成立，即必要性不成立；

综上所述：“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

4.记为等差数列的前n项和.若则（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项和公差d的方程求出首项和公差d，再由等差

数列前n项和公式即可计算求解.

【详解】设等差数列的公差为d，则由题可得，

所以.

故选：B.

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5.已知，且满足，则在上的投影向量为（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据进行求解，得到答案.

【详解】因为，，

所以在上的投影向量为.

故选：D

6.已知的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则展开式中二项式系数最大的项是（

）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用二项展开式的通项求出展开式前三项的系数，列出方程求出的值，由二项式系数的性质求

出答案.

【详解】展开式中的第项为，

所以前三项的系数依次为，

依题意，有，即，

整理得，解得（舍去）或.

由二项式系数的性质可知，展开式中第5项的二项式系数最大，

即.

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故选：C.

7.某电视台计划在春节期间某段时间连续播放6个广告，其中3个不同的商业广告和3个不同的公益广告，

要求第一个和最后一个播放的必须是公益广告，且商业广告不能3个连续播放，则不同的播放方式有（

）

A.144种B.72种C.36种D.24种

【答案】B

【解析】

【分析】将第一个和最后一个先安排为公益广告，然后由商业广告不能3个连续播放，将其排成一列，之

间有两个空，将剩下的公益广告插进去即可.

【详解】先从3个不同的公益广告中选两个安排到第一个和最后一个播放有种方法，

然后将3个不同的商业广告排成一列有种方法，

3个不同的商业广告之间有两个空，选择一个将剩下的一个公益广告安排进去即可，

所以总共有：种方式.

故选:B

8.已知的定义域为，且，则（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，利用赋值法，求得，得到的一个周期是，再根据函数的周期

性和奇偶性，求得的值，进而得到答案.

【详解】由题意知，函数的定义域为，且，

令，得，所以；

令，得，所以，所以是偶函数，

令，得①，所以②，

由①②知，所以，

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所以，所以的一个周期是，

由②得，所以，同理，所以，

又由周期性和偶函数可得：

所以，

所以.

故选：B.

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.若z是非零复数，则下列说法正确的是（）

A.若，则B.若，则

C.若，则D.若，则

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用共轭复数的定义可判定A、C，利用复数的乘法运算法则结合模长公式可判定B、D.

【详解】对于A，由，得，则A错误.

对于B，因为，所以，解得或（舍去），则B正确.

对于C，设（，且），

则，所以，则C正确.

对于D，由，得.

设（，且），则，

，从而，则D正确.

故选：BCD

10.某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的

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篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛.具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1

次.若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，则（）

A.乙组同学恰好命中2次的概率为

B.甲组同学恰好命中2次的概率小于乙组同学恰好命中2次的概率

C.甲组同学命中次数的方差为

D.乙组同学命中次数的数学期望为

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据题意，利用概率乘法和加法公式，可判定A错误；根据独立重复试验的概率公式，可得判定

B正确，结合二项分布的方差，可判定C中，由乙组同学命中次数为随机变量的所有可能取值为

，求得相应的概率，结合期望的公式，可判定D正确.

【详解】对于A中，设“乙组同学恰好命中2次”为事件，

则

，所以A错误；

对于B中，设“甲组同学恰好命中2次”为事件，则，因为，所以B正

确；

对于C中，因为甲组同学每次命中的概率都为，设甲组同学命中次数为，则，可得

，所以C正确；

对于D中，设乙组同学命中次数为随机变量，则的所有可能取值为，

所以，

，

，

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故，所以D正确.

故选：BCD.

11.在三棱锥中，平面平面，，则（）

A.三棱锥的体积为1

B.点到直线AD的距离为

C.二面角的正切值为2

D.三棱锥外接球的球心到平面的距离为

【答案】ACD

【解析】

【分析】对A：取AB的中点，面面垂直的性质定理及等体积法计算即可得；对B、C：结合中位线的性

质构造出点到直线的距离，结合勾股定理计算即可得其长度，亦可得二面角的平面

角，即可得其正切值；对D：设出外接球球心及，的外心，，结合线面垂直的性质定

理可得四边形为矩形，从而可计算出，即可得解.

【详解】对A：如图，取AB的中点，连接DG，CG，

因为平面平面，且平面平面，

平面，又因为，所以，

所以平面，

因为，

所以，故A正确；

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对B、C：取AD的中点，连接BE，取AE的中点，连接FG，CF，

因为F，G分别为AE，AB中点，则，

又因为，所以，所以，

因为平面，平面，所以，

又，，平面，

所以平面，又因为平面，则，

则点到直线AD的距离为，

则为二面角的平面角，，B错误，C正确；

对D：设，的外心分别为，，则，

又平面平面，平面，所以平面，

设三棱锥外接球的球心为，则平面，平面，

所以四边形为矩形，则，

故三棱锥外接球的球心到平面的距离为，D正确.

故选：ACD.

第II卷非选择题

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

12.计算：__________．

【答案】##0.5

【解析】

【分析】根据指数幂的运算法则和对数的运算法则，对各项进行化简，然后进行计算．

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【详解】，，

，

．

故答案为：．

13.函数（）的最大值是__________．

【答案】1

【解析】

【详解】化简三角函数的解析式，

可得

，

由，可得，

当时，函数取得最大值1．

14.过双曲线：右焦点作直线，且直线与双曲线的一条渐近线垂直，

垂足为A，直线与另一条渐近线交于点B．且点A，B位于x轴的异侧，O为坐标原点，若的内切

圆的半径为，则双曲线C的离心率为__________．

【答案】

【解析】

【分析】作出图象，设的内切圆的圆心为，易知在的平分线上，过分别作

于，于，则有四边形为正方形，则，，

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由，可得，由斜率公式即可得答案.

【详解】解：如图所示：

设A在第一象限，

由题意可知，其中为点到渐近线的距离，，

所以，

设的内切圆的圆心为，

则在的平分线上，

过分别作于，于，

又因为于，

所以四边形为正方形，

所以，

所以，

又因为，

所以，

，

所以，

所以，

所以.

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故答案为：.

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.某市统计了2024年4月的空气质量指数（AQI），将其分为，，，

的4组，画出频率分布直方图如图所示.

若，称当天空气质量达标；若，称当天空气质量不达标.

（1）求；

（2）从4月的30天中任取2天，求至少有1天空气质量达标的概率；

（3）若2024年6月的30天中有8天空气质量达标，请完成下面2×2列联表，根据小概率值的独

立性检验，能否认为空气质量是否达标与月份有关联？

空气质量

月份合计

达标不达标

4月

6月

合计

附：，

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0.10050.01

2.7063.8416.635

【答案】（1）0.002

（2）

（3）不能

【解析】

【分析】（1）由频率和为1求解；

（2）由对立事件的概率计算公式求解；

（3）先求出列联表，再计算卡方值进行判断即可．

【小问1详解】

依题意得，，

解得．

【小问2详解】

由频率分布直方图知，

4月份的空气质量达标的天数为：，

则4月份的空气质量不达标的天数为：，

则任取2天，至少有1天空气质量达标的概率为：．

【小问3详解】

列联表如下：

空气质量

月份合计

达标不达标

4月121830

6月82230

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合计204060

零假设：空气质量是否达标与月份无关，

则

所以根据小概率值的独立性检验，没有充分理由推断假设不成立，

故不能认为空气质量是否达标与月份有关联．

16.如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．

（1）求A到平面的距离；

（2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由等体积法运算即可得解；

（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.

【小问1详解】

在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，

则，

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解得，

所以点A到平面的距离为；

【小问2详解】

取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,

又平面平面，平面平面，

且平面，所以平面，

在直三棱柱中，平面，

由平面，平面可得，，

又平面且相交，所以平面，

所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）得，所以，，所以，

则,所以的中点，

则，,

设平面的一个法向量，则，

可取，

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设平面的一个法向量，则，

可取，

则，

所以二面角的正弦值为.

17.如图，在中，，，，点D在边BC的延长线上.

（1）求面积；

（2）若，，求CE的长.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）在中利用正弦定理求出角，再利用两角和的正弦公式求出，然后利用三

角形的面积公式可求得结果，

（2）方法1：由题意可得，代值计算即可，方

法2：在中利用余弦定理求出，则可求得，再在利用正弦定理求出，从而

可求出，然后在中利用余弦定理可求得.

【小问1详解】

中，，

因为，，所以，

所以，

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因

，

所以；

【小问2详解】

方法1：因为,

所以,

所以

，

则.

方法2：在中，由余弦定理得

，

因为为线段上靠近的三等分点，

所以，

因为，

所以，

因为为锐角，

所以，

在中，由余弦定理得，

，

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所以.

18.已知椭圆（）的离心率为，其上焦点与抛物线的焦点重合．

（1）求椭圆的方程；

（2）若过点的直线交椭圆于点，同时交抛物线于点（如图1所示，点在椭圆与抛物

线第一象限交点上方），试比较线段与长度的大小，并说明理由；

（3）若过点的直线交椭圆于点，过点与直线垂直的直线交抛物线于点（如图

2所示），试求四边形面积的最小值．

【答案】（1）

（2），理由见解析

（3）

【解析】

【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.

（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，由此求得，联立直线的方

程和抛物线的方程，化简写出根与系数关系，由此求得，利用差比较法求得.

（3）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，由（2）求得，，进而求得四边形面积的

表达式，根据不等式的性质求得面积的最小值.

【小问1详解】

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由题意得，即：，又，所以，

由，得，所以椭圆的方程为.

【小问2详解】

由题意得过点的直线的斜率存在，设直线方程为，

设，，，，

联立，消去得：，

则，，

所以

抛物线的方程为：，

联立，消去得：，

则，

所以，

所以

，

即.

【小问3详解】

设，，，，

当直线的斜率存在且不为零时，

设直线方程为，

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则直线方程为，

由（2）的过程可知：，

由，以替换，可得，

所以

，

因为，所以，，；

当直线的斜率不存在时，，，

所以；

综上所述：，所以四边形面积的最小值为.

【点睛】求解椭圆的标准方程，关键是根据已知条件求得，和是两个未知参数，要求出两个参数的

值，需要两个已知条件，如本题中“椭圆的离心率以及焦点”两个已知条件，再结合即可求得

，从而求得椭圆的标准方程.

19.设函数，曲线在点处切线方程为．

（1）求的值；

（2）设函数，求的单调区间；

（3）求的极值点个数．

【答案】（1）

（2）答案见解析（3）3个

【解析】

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【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程

组，解之即可；

（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此

求得的单调区间；

（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上

的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.

【小问1详解】

因为，所以，

因为