2026届四川省三台中学高三三诊模拟考试数学试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页三台中学2023级三诊模拟考试（二）数学注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求.1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷（选择题58分）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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1．在复平面内，复数对应的点为，则（

）A． B． C． D．2．若（）与（）互为相反数，则（

）A．B．C．D．3．设向量，则下列结论中正确的是（

）A． B．C． D．与垂直4．已知等比数列的前3项和为168，，则（

）A．14 B．12 C．6 D．35．已知圆锥的底面半径为，且此圆锥的内切球体积为，则圆锥的侧面积为（

）A． B． C． D．6．春节期间，某人计划去六个不同的景点游览，在确定景点的游览顺序时，要求在之前，与相邻，则不同的游览顺序有（

）A．24 B．60 C．120 D．2407．已知函数，则的大小关系是（

）A． B． C． D．8．已知双曲线，圆与轴交于两点，是圆与双曲线在轴上方的两个交点，点在轴的同侧，且交于点G，且M为线段的中点，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：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，有几项是符合题目要求的．9．已知函数，则下列说法正确的是（

）A．是函数的一个周期B．是函数的一条对称轴C．函数在有三个零点D．函数为偶函数10．大衍数列是中国古代数学中的数列，该数列在现代通信编码领域中得到应用．已知大衍数列满足，，则正确的有（

）A． B．C． D．数列的前20项和为11011．在棱长为的正方体中，分别为的中点，点是正方体侧面上的一动点（含边界），则下列说法正确的是（

）A．异面直线与所成角的余弦值为B．当点为棱的中点时，直线与直线平行C．若保持，则点在侧面内运动路径的长度为D．过直线的平面截该正方体的内切球所得截面圆的面积的最小值为第Ⅱ卷（非选择题92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知，则___________．13．在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，动点满足.当取最大值时，______.14．若函数有最大值，则的取值范围为__________．四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知等差数列满足.(1)求数列的通项公式；(2)若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和.16．已知函数，曲线在点处的切线与轴平行．(1)求实数的值；(2)若对于任意，恒成立，求实数的取值范围．17．如图，平行六面体的所有棱长均相等，，，平面平面，点，满足，.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成的角的正弦值.18．已知椭圆的长轴长为4，直线与椭圆交于，两点（点在第一象限）．当时，，在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点．(1)求的标准方程；(2)若轴于点，连接并延长交于点，记直线的斜率为．（ⅰ）证明：为定值；（ⅱ）设，求的最小值．19．某科研团队研发的两款AI围棋机器人（Alpha星，Beta翼）进行对抗赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部完成后，获胜局数多的机器人胜出．假设每局比赛中，Alpha星获胜的概率都是，各局比赛的结果相互独立，且无平局．(1)当时，两款机器人共进行5局比赛，设两款机器人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望；(2)当时，若两款机器人共进行且局比赛，记事件表示“在前局比赛中Alpha星赢了局”．事件表示“Alpha星最终获胜”.求值；(3)若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为．证明：当时，．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】根据复数的几何意义及运算法则化简求解即可.【详解】由题意知，，则.故选：D.2．C【分析】根据对数的运算性质即可求解.【详解】因为（）与（）互为相反数，所以，所以.故选：C.3．D【分析】根据，逐项判断.【详解】因为，所以，，，显然不平行，故选：D.4．D【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列的公比为，若，则，与题意矛盾，所以，则，解得，所以.故选：D.5．D【分析】作出轴截面，利用等面积结合勾股定理求出母线长即可得解.【详解】作出圆锥的轴截面，如图，作出符合题意的图形，记内切球的半径为，圆锥的母线长为，高为，由题知，解得，由三角形面积公式可得，即①，又②，联立①②解得，故圆锥的侧面积.6．C【分析】先利用捆绑法求出种类数，再利用倍缩法求出.【详解】将捆绑看作一个整体，内部有种排列方式；再将5个元素全排列有：，故满足与相邻的排列共有种.在所有排列中，在之前和在之后的排列数相等，各占总排列数的一半，因此在之前，与相邻，不同的游览顺序有种.7．A【分析】求出给定函数的导数并探讨其单调性，再利用单调性比较大小作答.【详解】函数定义域为R，求导得，因此函数在R上单调递减，而，则有，所以的大小关系是，A正确.故选：A8．D【分析】先判断的形状，再结合双曲线的定义列式，可求双曲线的离心率.【详解】如图：因为，所以为双曲线的焦点.因为为上的点，所以，根据双曲线的对称性，可知点在轴上，又为的中点，所以.所以为等边三角形，，所以.又根据双曲线的定义，，所以，所以.故选：D9．ACD【分析】由诱导公式及辅助角公式化简函数，由解析式求得函数最小正周期、对称轴函数零点，判断ABC选项，写出函数解析式，由解析式得函数奇偶性，判断D选项.【详解】，∴函数的最小正周期，A选项正确；令，则，当时，，B选项错误；令，则，∵，∴，，，∴函数在有三个零点，C选项正确；是偶函数，D选项正确.故选：ACD.10．ABD【详解】对于A，由题意可得，，，，故A正确；对于B，因为为偶数，所以，因为为奇数，所以，所以，故B正确；对于C，因为为偶数，所以，又因为为奇数，，所以，所以，所以，故C错误；对于D，数列的前项的和为，所以，故D正确.11．ACD【分析】以正方体顶点为原点建立空间直角坐标系，得到顶点的坐标和中点的坐标，然后利用空间向量数量积的坐标运算求得异面直线与所成角的余弦值，判断A选项；求得与的坐标，根据平行向量的坐标关系判断直线与直线是否平行，判断B选项；由题可得点的运动轨迹，然后求得点在侧面内运动路径长，判断C选项；由空间向量投影求得球心到直线的距离，即可求得球心到过直线的平面的最大距离，从而求得截面圆的半径，然后得到其面积，判断D选项.【详解】以正方体顶点为原点，建立如图空间直角坐标系，则.则.对于A，，所以，故A正确.对于B，若点为棱的中点，则，所以.因为，所以不存在实数，使得，所以B错误.对于C，因为，所以点在以点为球心的球面上.又点是正方体侧面上的动点（含边界），所以点在侧面内运动轨迹是球的球面与侧面的交线.因为侧面，且，所以点在侧面内运动轨迹是以为圆心的圆与侧面内的交线，即圆心角为的圆弧，且半径为.所以其路径长为.所以C正确.对于D，易得正方体的内切球球心为正方体的中心，所以，半径为1.所以，所以球心到直线的距离为，所以球心到过直线的平面的最大距离为，此时截面圆的面积最小.截面圆半径为，所以此时的截面圆面积为.所以D正确.故选：ACD.12．【分析】利用诱导公式、二倍角余弦公式直接求解即可.【详解】.故答案为：.13．【分析】先求出点的轨迹方程，判断出当取最大值时点的位置，结合直线与圆的位置关系求解即可.【详解】设.因为，所以，整理得，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.则当取最大值时，与圆相切，则.在中，，所以.14．【详解】当时，有最大值，最大值为2，因为函数有最大值，若在内的上确界大于，则该上确界将无法在函数的定义域内取到，导致函数无最大值，故必有在上恒成立，即在上恒成立，令，则，因为当时，，所以单调递减，当时，，所以，所以的取值范围为.15．(1)(2)【分析】（1）设等差数列的公差为，由，令，可得，解得，从而可得结果；（2）由数列是首项为1，公比为2的等比数列，可得，结合（1）可得，利用等差数列与等比数列的求和公式，根据分组求和法可得数列的前项和.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，则，即，解得，所以.则数列的通项公式为：（2）因为数列是首项为1，公比为2的等比数列，则，又因为，所以.设数列的前项和为，则所以数列的前项和为16．(1)(2)．【分析】（1）求得，得到，根据题意列出方程，即可求解；（2）由（1）知，转化为，设，利用导数求得函数的单调性与，即可求解.【详解】（1）解：因为函数，可得，所以，即曲线在点处的切线的斜率为，因为曲线在点处的切线与轴平行，所以，解得，故实数的值为．（2）解：由（1）知，因为，所以由，即．设，则在上恒成立，所以函数在上单调递减，所以，所以，即实数的取值范围是．17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接交于，证得，结合线面平行的判定定理即可得证；（2）以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.【详解】（1）证明如图，取的中点，连接交于，连接，

因为，，所以，又，所以

由于，，所以，从而有

又平面，平面，所以平面；（2）设平行六面体各条棱长为6.因为平面平面，且，所以平面，由于，所以，，，由余弦定理得，，所以，

以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，由得，从而

设平面的一个法向量为，则，可取，故.18．(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）．【分析】（1）设椭圆焦距为，则椭圆过点，代入椭圆方程，结合及，求出，即可得到椭圆的标准方程；（2）（ⅰ）设各点的坐标，利用点差法，用表示，即可证为定值；（ⅱ）根据直线的斜率与倾斜角的关系，利用两角差的正切公式，并结合基本不等式可求得的最小值．【详解】（1）由题意有，所以.设椭圆焦距为，易知椭圆过点，所以.又，所以.所以，即，解得.所以，，故的标准方程为．（2）（ⅰ）设，，，则，由题意有．直线的斜率即的斜率为，所以直线的方程.所以，又，在椭圆上，∴，∴.∴，∴.（ⅱ）∵，而，，由（ⅰ）知，∴，又，∴，∴.当且仅当，即时等号成立.所以．的最小值为．19．(1)分布列见解析，(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据二项分布的概念和性质，判断随机变量可能的取值，并根据二项分布概率公式，求出分布列，进而求出数学期望；（2）根据比赛最终获胜的条件，判断在不同情况下，最后的两局胜负情况，根据条件概率计算公式，求出结果即可；（3）根据比赛最终获胜的条件，分析两者之