四川省成都市2026届高三上学期摸底考试（零诊）数学试卷（Word版附解析）

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本试卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.
5.考试结束后，只将答题卡交回.
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. 双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据渐近线方程直接进行求解.
【详解】的渐近线方程为，
即.
故选：A
2. 在等差数列中，，，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列性质若，则，求解即可.
【详解】在等差数列中，，.
故选：B
3. 已知甲、乙两批袋装食盐的质量（单位：g）分别服从正态分布和，其正态曲线如图所示，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】观察图表，根据对称轴得到平均数的大小，根据形状特征得到方差的大小，得到答案.
【详解】从图总可以看出乙的对称轴大于甲的对称轴，
故甲的平均数小于乙的平均数，即，
且乙“高瘦”，甲“矮胖”，即乙数据更加集中，方差比甲小，即.
故选：C
4. 函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对函数求导，然后根据切点坐标求出切线的斜率和切线方程.
【详解】因为，所以.
所以，而.
所以切线方程为，即.
故选：C
5. 已知圆锥的高为1，母线与底面所成角的大小为，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面角的定义，结合圆锥体积公式进行求解即可.
【详解】如图所示，因为母线与底面所成角的大小为，
所以，，
所以该圆锥的体积为，
故选：A
6. 记为等比数列的前项和，若，则的公比为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由等比数列前项和的性质，成等比，公比为，结合即可求公比.
【详解】设等比数列的公比为，
根据等比数列前项和的性质，成等比，且公比为，
又，即，所以，
解得.
故选：D.
7. 在连续五天时间里，甲、乙、丙、丁四名同学分别到夕阳红敬老院参加志愿者活动，每天一人，其中甲参加两天，其余三人各参加一天，则甲不在相邻两天的安排方法有（ ）
A. 24种B. 36种C. 48种D. 60种
【答案】B
【解析】
【分析】先安排乙、丙、丁三名同学，再用插空法排甲最后可计算所以排法.
【详解】先排乙、丙、丁三名同学共有种排法；
再从三人所产生的四个空中选两个空给甲，有种方法；
所以共有种安排方法.
故选：B
8. 已知为常数，函数存在极大值，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先确定定义域，根据存在极大值，确定其导函数存在零点且零点处由正变负，对其二次求导通过的正负确定的单调性从而确定的取值范围进而可解不等式.
【详解】因为存在，所以要求，故函数的定义域为，
因为函数存在极大值，所以其导数需存在零点，且零点处由正变负，
求导得：，
令，即.二阶导数，
当时，在定义域上恒成立，所以在上单调递增， 此时函数可能存在极小值或无极值，不存在极大值，不符合题意；
当时，时，即，时，即；
故在区间上单调递减，在区间上单调递增；故的极小值为，
若函数存在极大值，则，故，所以，
又因为，所以，故化简为，所以.
故选：D
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. 设函数，则（ ）
A. 在上单调递减B. 时，的值域为
C. 有三个零点D. 曲线关于点对称
【答案】AD
【解析】
【分析】求导，利用导数确定函数单调性、极值与最值即可判断ABC，对于D，通过验证的值是否为6来验证对称性.
【详解】，解得，所以在上单调递减，故A正确；
又时，单调递减，单调递增，，
所以时，的值域为，故B错误；
在上单调递减，在和单调递增，
，所以只有一个零点，故C错误；
因为，所以曲线关于点对称，故D正确；
故选：AD.
10. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球……设第层有个球，则（ ）
A. B. 是等差数列
C. 为偶数D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，利用累加法得即可判断ABC选项，对于D，，再根据裂项相消法可得的和，接着简单放缩即可判断.
【详解】根据题意，当时，，
累加得，
，易知也满足，所以，
，故A正确；
，故B正确；
为奇数，故C错误；
，，
，
，
即，故D正确；
故选：ABD
11. 眼睛是心灵的窗户，保护视力从青少年开始.“近视”（设为事件）和“老花”（设为事件）是影响中老年人学习与生活质量的重要视力因素.设，，，则（ ）
A. 与互为对立B. 与相互独立
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据对立事件及独立事件定义判断A，B，应用条件概率公式判断D，应用概率基本性质判断C即可.
【详解】因为，，，
则，所以，
所以，则与不对立，故A错误；
得到，与相互独立，故B正确；
而，故，故C正确；
，
所以，故D正确；
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 展开式中的系数为___________.（用数字作答）
【答案】10
【解析】
【分析】先写出二项展开式的通项公式，然后结合“的系数”，找出指数为1时，即可求出系数.
【详解】展开式的通项公式为 ，
令 解得 ，
故展开式中的系数为 .
故答案：10
13. 若函数在上单调递增，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】对函数求导，令其大于等于0，然后根据正弦函数的值域求出的范围.
【详解】因为，所以.
要使函数在上单调递增，则.
即.
因为，要使不等式恒成立，则.
故答案为：.
14. 袋中装有大小相同的三个小球，其编号分别为1，2，3.每次从袋中随机地摸出一个小球，记下编号后放回袋中，搅拌均匀再进行摸取.设第次摸取小球的编号为（），则在中：圆的个数的均值为__________；有且只有是焦点在轴上的椭圆的概率为_________.
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】由题知表示圆，则，计算出，由题知即可得出的均值；焦点在轴上的椭圆，则，算出符合要求的情况数，再利用独立事件的乘法公式求解即可.
【详解】，表示圆，则，
则符合的组对有：，则，
又，所以；
首项表示焦点在轴上的椭圆，则，
当时，，要使，只需要考虑从1到5五个位置第一次出现1的情况，共6种；
当时，或，两种情况，要使，
只需要考虑从1到5五个位置出现3的次数，
如果有5个3，有1种情况；如果有4个3，有2种情况；如果有3个3，有3种情况；
如果有2个3，考虑1第一次出现的位置，有4种情况；如果有1个3，考虑1第一次出现的位置，有5种情况；
如果有0个3，有6种情况；
所以只有是焦点在轴上的椭圆的情况数有，
所以只有是焦点在轴上的椭圆的概率.
故答案为：2；.
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. 如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作辅助线构造平行四边形，得到线线平行通过线面平行的判定定理可证；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量进而求法向量夹角的余弦值即可.
【小问1详解】
连接交于点，连结，.
因为底面是正方形，所以是的中点.
又，所以，故.
由棱台的定义，与共面，因为棱台的上、下底面平行，所以它们与平面的交线平行，即.
所以四边形为平行四边形，故.
又因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，，.
故，，，.
设平面的法向量，由得.
取，得平面的一个法向量.
设平面的法向量，由得.
取，得平面的一个法向量.
故.
所以平面与平面夹角的大小为.
16. 以“‘智’在必得”为主题的人工智能知识挑战赛预赛由6道正误判断题组成，每位选手从中随机抽取3道，若能全部回答正确，则通过预赛.已知选手甲会做其中的4道题.
（1）设表示选手甲抽到会做题目的道数，求随机变量的分布列和方差；
（2）假设选手甲会做的题全部答对；不会做的题随机判断，答对的概率为.若各题作答结果互不影响，求他通过预赛的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）先确定的可能取值，然后针对不同的取值求出对应的概率，进而可列出的分布列，从而求得期望和方差..
（2）根据条件概率和全概率公式可求得他通过预赛的概率.
【小问1详解】
根据题意.
；
；
.
所以的分布列为
故随机变量的期望.
所以的方差.
【小问2详解】
设事件“选手甲抽到道会做的题目，”，事件“选手甲通过预赛”，
则，，，两两互斥，.
由（1）知，.又.
所以.
同理，.
.
由全概率公式得，选手甲通过预赛的概率.
17. 记为数列的前项和，已知，且.
（1）求，，；
（2）在下列两个结论中，任选一个加以证明；（若两个都证明，以首选计分）
①是等比数列；②是等比数列.
（3）记为数列的前项和，求.
【答案】（1），，
（2）证明见解析 （3），
【解析】
【分析】（1）分别令，可计算出结果；
（2）选①依题意得到，然后变形可得；选②依题意（3）得到当时，，然后得到，变形即可；
选择①、②由（2）可知，然后使用错位相减法求和.
【小问1详解】
（1）令，得.又，所以.
.
令，得.又，所以.
故.
【小问2详解】
若选择①：由已知，得.
故，所以，.
故是首项和公比均为2的等比数列.
若选择②：由已知，.故当时，.
两式相减，得.
化简并整理，得（，且）.
又，，所以.
故是以1为首项，2为公比等比数列.
【小问3详解】
若选择①：由（2）知，，故.
若选择②：由（2）知，，故.
所以.
所以.
则.
两式错位相减，得.
所以，
18. 过点作直线与抛物线交于，两点.
（1）设为坐标原点，求的值；
（2）若以线段为直径的圆与轴相切，求的方程；
（3）过点作直线（不同于）与交于，两点，且直线与轴交于点，证明：与的面积相等.
【答案】（1）5 （2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用直线方程与抛物线联立，结合韦达定理，通过代数运算求解向量点积.
（2）根据弦长公式先求，利用中点到轴的距离为半径，建立方程求解即可；
（3）由题知与有相同底边，要证三角形面积相等，转化为证，设点，，同理可得，设点，利用，，三点共线可得，然后即可证，从而得证与的面积相等.
【小问1详解】
由题意，直线不与轴重合，设的方程.
代入，并整理得.
由，得或.
设点，，则，.
所以.
【小问2详解】
由弦长公式，得.
线段的中点到轴的距离.
又，故.
由，得，解得（均满足）.
所以直线的方程为.
【小问3详解】
设点，，同理可得.
又直线的斜率.
由，，得.
设点，由，，三点共线，得.
化简，得.
又直线的斜率，故.
所以，故与的面积相等.
19. 已知函数.
（1）求的极值；
（2）若恒成立，求的取值范围；
（3）证明.
【答案】（1）极大值，无极小值.
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过求导确定函数的单调性进而求极值；
（2）先分类讨论分离参数，然后构造函数通过求导确定单调性进而求最值确定的取值范围；
（3）由（2）知，，故，然后换元得通过累加法即可得证
【小问1详解】
由，得.
由可得；由可得；
所以在上单调递增；在上单调递减.
所以有极大值；无极小值.
【小问2详解】
由题意，对恒成立.
当时，显然成立；当时，由，
得；当时，由，得.
设函数，则.
当或时，；当且时，.
所以在和上单调递减，
在和上单调递增.
所以当时，；
当时，.
所以的取值范围是.
【小问3详解】
由（2）知，，故.
令，得.
化简并整理，得，故.
所以.
累加，得（，且）.
所以，故.
所以，故（当时也成立）.
所以.
1
2
3