四川省绵阳南山中学2026届高三年级3月第六次教学质量检测 数学试卷（含解析）

这是一份四川省绵阳南山中学2026届高三年级3月第六次教学质量检测 数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题，；命题，，则（ ）
A．和都是真命题
B．和都是真命题
C．和都是真命题
D．和都是真命题
3．在空间中，下列命题正确的是（ ）
A．垂直于同一直线的两条直线平行
B．平行于同一直线的两个平面平行
C．若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直
D．若一个平面内有三个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
4．若且，则“”是“为等差数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
5．已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若，且，则等于（ ）
A．B．C．2D．3
6．已知三个平面向量，，两两的夹角相等，且满足，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A．B．C．或D．或
7．若恒成立，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
8．已知，不等式在中的整数解有个.关于的个数，以下不可能的是（ ）
A．1014B．1013C．507D．0
二、多选题
9．设函数的导函数为，则正确的有（ ）
A．
B．有且仅有两个极值点
C．有且仅有两个零点
D．若在上有最大值，则
10．设，分别为随机事件的对立事件，以下概率均不为零，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．若，则
C．
D．
11．在平面直角坐标系中，已知曲线，则（ ）
A．曲线是某个函数的图象
B．过点可作两条直线与曲线相切
C．过曲线上一点作与的垂线，垂足分别为，，则四边形面积的最大值为
D．曲线上存在两个不同的点、，使得线段被点平分
三、填空题
12．已知是虚数单位，复数，则______.
13．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，若，则的最大值为______.
14．已知直线与圆相切于点，是圆上一动点，点满足，且以为圆心，为半径的圆恰与相切，则当取最小值时，点的坐标可以为______.
四、解答题
15．在中，角，，的对边分别为，，.已知，，.
(1)求的值；
(2)若是边的中点，求的值.
16．在马年春节联欢晚会上，多款人形机器人惊艳亮相，其精彩的表演赢得了观众的一致好评.某款人形机器人在排练时，导演对机器人下达了7个动作指令，机器人成功完成了其中5个.现从这7个指令中随机抽取4个进行回放分析，以表示抽取的指令中成功完成的个数.
(1)求的分布列和数学期望；
(2)若对机器人下达的动作指令表述清晰，则机器人成功完成指令的概率为0.9；若对机器人下达的动作指令表述模糊，则成功完成指令的概率为0.5.设下达的动作指令表述模糊的概率为，若该机器人成功完成指令的概率为0.8，求的值；
(3)在排练过程中，记录了机器人完成某个特定动作的练习次数与所需时间（秒）的数据，如下表：
且关于的线性回归方程为，预测当练习次数为10时，完成时间约为多少秒.
17．在平面直角坐标系中，已知曲线，点在曲线上，直线.
(1)判断曲线与直线的位置关系，并证明；
(2)当时，直线与直线，分别交于，两点.设与的面积分别为，，比较与的大小.
18．已知函数（是自然对数的底数）.
(1)当时，求函数的单调区间及曲线在处的切线方程；
(2)当时：
（i）证明：在上有两个极值点；
（ii）设极小值点是，证明：.
19．在如图所示的圆柱中，，分别是下底面圆、上底面圆的直径，，是圆柱的母线，，.过直线且与平面垂直的平面记为，平面与该圆柱侧面的交线记为（可以证明交线是椭圆）.

(1)求点到平面的距离；
(2)如图，设为底面弧上的动点，求平面与平面所成角的余弦值的最大值；
(3)将圆柱沿母线剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以为原点，以，的方向分别为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系，求的平面展开曲线的方程.
练习次数
2
4
5
6
8
完成时间
8
7
6
5
4
参考答案
1．D
【详解】由，得，解得或，
所以，所以,
所以.
2．B
【详解】当时，不成立，所以命题是假命题，是真命题；
根据指数函数和对数函数的图象可知，函数与在上有一个交点，
则，，即命题是真命题，是假命题.
3．C
【详解】A：空间中垂直于同一直线的两条直线，可能平行、相交或异面，错，
B：空间中平行于同一直线的两个平面，可能平行或相交，错，
C：若一个平面经过另一个平面的一条垂线，根据面面垂直的判定定理知这两个平面互相垂直，对，
D：在长方体中，三点到平面的距离都相等，但平面与平面并不平行，错.
故选：C
4．B
【详解】由及等差数列的性质知，
若为等差数列，则，必要性成立；
数列：1，5，3，7满足，但不是等差数列，充分性不成立.
则“”是“为等差数列”的必要不充分条件.
5．C
【详解】二项式的展开式中所有项的系数和，
由已知，解得.
因为，所以.
6．D
【详解】当三个平面向量，，两两夹角都为0时，显然在上的投影向量是.
当三个平面向量，，两两夹角都为时，因，所以，
则在上的投影向量为.
7．D
【详解】当时，恒成立；
当时，令，则，
所以在上单调递增，注意到，
因此在内，，在内，，
因为恒成立，因此.
令，则在内，，在内，，
所以在处取得零点，即，得.
综上，，那么由，得.
对于A：因为，故A错误；
对于B：，，，故B错误；
对于C、D：因为，
则在单调递减，所以.故D正确，C错误.
8．A
【详解】因为，所以，
因为函数的周期为4，先考虑一条直线与函数的整数交点.
注意到在一个周期内，可能存在的整点有1，3，4，可得，以下分情况讨论：
①当时，，，有506个整点；
②当时，，，有506个整点；
③当时，，，有507个整点；
再考虑直线与所包围的区域（不含边界），注意到区间的长度为2.
当时，则可能，就有个整点；
也可能，就有个整点；故B可能；
当时，，就有506个整点，
当时，，就有507个整点，故C可能；
当或时，中没有元素，就有0个整点，故D可能，
综上，不可能只有A.
9．ABD
【详解】A：由，求导得，
令，得，故A正确；
B：由A知，则.
所以，当和时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以有且仅有两个极值点和，故B正确；
C：，或，
由，因此有且仅有三个零点，故C错误；
D：，
令，得或，
所以在上有最大值，则，故D正确.
10．ABC
【详解】对于A，由全概率公式得，，故A正确；
对于B，，所以，所以，相互独立，
那么，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，表示在发生的条件下发生的概率，表示在发生的条件下发生的概率，
两者之和不一定为1，例如：设为“掷骰子点数为偶数”，为“掷骰子点数为奇数”，
为“掷骰子点数大于2”，则，，和为，D错误.
11．AD
【详解】对于A，，
所以，所以A正确；
对于B，当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，显然与曲线不相切；
所以设过点与曲线相切的直线为.
若，由，得.
令，得.
当时，，即，解得，不合题意；
当时，，不合题意.
若，由，得.
令，得.
当时，，即，解得，不合题意；
当时，，不合题意.
若，由，得.
方程无解.
综上，不存在过点且与曲线相切的直线，故B错误.
对于C，易知四边形为正方形.设，则
当或时，点到与的距离之积为，
则四边形面积为2；
当时，令，，
点到与的距离之积为.
综上，四边形面积的最大值为2，故C错误.
对于D，若存在过的直线与曲线交于、两点，则直线的斜率存在.
设存在过的直线与在第一象限交于两点，
且线段被点平分.
则，所以，即，
所以，所以直线的方程为，故D正确.
12．/
【详解】可得，
.
13．1
【详解】因为与角的终边关于轴对称，所以，
又因为，所以，
令，则.
所以，
所以当时，单调递减，
所以当时，取得最大值1.
14．或
【详解】设，则，直线与圆相切于点，则，
由以为圆心，为半径的圆恰与相切，
可得，
化简可得，且.
再设，则，
则，
由于对勾函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，有最大值-2，则取得最小值，
此时或.
15．(1)2
(2)
【详解】（1）已知，由正弦定理，
得，显然，
得，由，得，所以，
因为，由余弦定理，
则，
，
解得(舍去).
（2）因为是边的中点，
所以，
所以，
，所以.
16．(1)分布列为：
期望为
(2)
(3)2.5秒
【详解】（1）由题意知随机变量服从超几何分布，其中，，，
且的所有可能取值为2，3，4，，，，
故的分布列为：
法一：所以的数学期望.
法二：根据超几何分布的期望公式知.
（2）记“下达的动作指令表述清晰”为事件，
记“下达的动作指令表述模糊”为事件，
记“机器人成功完成指令”为事件.
由已知得，，，，.
因为，
所以.
（3），.
因为经过点（5，6），所以，回归方程为.
当时，，故预测当练习次数为10时，完成时间约为2.5秒.
17．(1)相切，证明见解析
(2)
【详解】（1）联立可得，
因为，于是.
所以，
可知直线与曲线相切.
（2）解法一：
设，，如下图：
易知，当时，由对称性可知，.
当时，不妨设，易知.
联立，解得，，
联立，解得，.
所以.
，
故.
综上.
解法二：
不妨设，.
易知，当时，由对称性可知，.
当时，不妨设.
联立，解得，，
联立，解得，.
若，则，，，
由对称性，不妨取，，则，，，
，，所以.
同理，当时，.
当时，则，，，
又，所以，
所以.
.
则，即，
所以.
综上：.
18．(1)单调递增区间为,无单调递减区间；切线方程为
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析
【详解】（1）当时，可得，.
当时；当时，则在上恒成立，
故的单调递增区间为无单调递减区间.
因，
曲线在处的切线方程为.
（2）（i），
令，则，
再令，则，
由，
故在上单调递减，在上单调递增.
因为，，，
当时，，所以存在使得.
于是在上单调递减，在上单调递增.
又因为，，
所以在内存在唯一零点，
即在内有唯一极值点且为极小值点.
又因为，当时，，
于是在内存在唯一零点，
即在内有唯一极值点且为极大值点.
综上， 在 上有一个极大值点 和一个极小值点 ，且.
（ii）由（i）知，，所以.
.
19．(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）过作垂直于，垂足为，
由平面，且平面，知，
则为点到平面的距离.
在中，，，
所以，
所以，点到平面的距离.
（2）以为原点，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，
令，，于是.
，，令平面的法向量，
由，
令，得.
由（1）知，可得，于是可令平面的法向量.
令平面与平面所成角为，
则.
因为，所以（当时取等）.
所以，当为弧的中点时，平面与平面所成角的余弦值取到最大值.
（3）

2
3
4
2
3
4