贵州省贵阳市七校联盟2026届高三上学期联合考试（一）数学试题（Word版附答案）

这是一份贵州省贵阳市七校联盟2026届高三上学期联合考试（一）数学试题（Word版附答案），共16页。试卷主要包含了考试结束后，请将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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．在试题卷上作答无效．
3．考试结束后，请将答题卡交回．本卷满分150分，考试用时120分钟．
一、单项选择题（本大题共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】A
【详解】根据题意，，
所以.
故选：A
2. 复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】，其虚部为.
故选：D
3. 打靶3次，记事件表示“共击中i发”，其中，那么表示（ ）
A. “全部击中”B. “至少击中1次”
C. “至多击中1次”D. “至少击中2次”
【答案】C
【详解】由题意，表示共击中0次，表示共击中1次，
所以表示打靶3次，其中“至多击中1次”，或“击中不超过1次”.
故选：C
4. 对于任意实数x，y，若满足，则的最小值为（ ）
A. B. 4C. 8D. 3
【答案】C
【详解】，，
故，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：C
5. M是抛物线上一点，F是抛物线的焦点，O是坐标原点，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D.
【答案】A
【详解】由抛物线的方程可得焦点，准线方程为，
过M作准线的垂线，垂足为，过F作的垂线，垂足为N，设，

因为，则可得，
由抛物线的定义可得，而，
所以，
整理可得：，解得，
所以M的横坐标为，
由抛物线的性质可得.
故选：A
6. 在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若角A，C，B成等差数列，平分交于点D，且，则a的值为（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】B
【详解】因为角A，C，B成等差数列，所以，
而，所以，即，
而平分线，则，
由，
则，
则，整理得，
又，所以，.
故选：B
7. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. 260B. C. D. 220
【答案】D
【详解】依题意，展开式中含的项为，含的项为，
因此的展开式中含的项为，
所以的系数为220.
故选：D
8. 一封闭圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个半径为的小球在该容器内自由运动，如图所示，在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】由题意，轴截面示意图如下，当球与圆锥轴截面两条边都相切时，球心在角平分线上，
由，，则，可得，
所以小球接触到底面是直径为的圆，
如上图都是球与圆锥内壁的切点，且，
而，且，，
所以小球接触到侧面是上底面直径为1，下底面直径为3，母线长为2的圆台侧面，
所以小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为.
故选：B
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，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. 公比为q的等比数列的前n项和为，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【详解】由，
可得：，
显然，
即
两式相除可得：，
解得：，
所以，，
，
即AC错误，BD正确，
故选：BD
10. 已知定义在上的可导函数是偶函数，且满足，则下列结论一定正确的是（ ）
A. 4是的一个周期B. 的图象关于中心对称
C. 关于对称D.
【答案】ACD
【详解】对于A：因为是偶函数，
所以由可得，
所以，所以是的一个周期；A正确；
对于B：若的图象关于中心对称，又是的一个周期，
所以的图象关于中心对称，所以既是偶函数，又是奇函数，
所以，而满足的偶函数不一定是，
所以B错误；
对于C：因为是偶函数，所以，所以，
即是奇函数，又，即，
所以，即关于对称，C正确；
对于D：因为是奇函数，所以，
又由，可得，
所以是的一个周期，所以，D正确；
故选：ACD.
11. 已知函数的图象关于点对称，若，下列说法中正确的有（ ）
A. B. 函数的最大值为
C. 的最小值为2D. 的最小值为
【答案】AD
【详解】对于A：由的图象关于点对称可得，得，即，A正确．
对于B：由，且，
所以的最大值为，最小值为，B错误．
对于C：，与一个是最大值，另一个是最小值，
所以的最小值为（为的最小正周期），C错误．
对于D：作出的大致图象，如图所示，令，
图象的对称轴方程为，
结合C中分析与得，
当最小时，，
对应的如图所示，
的最小值为，D正确．
故选：AD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知圆C的方程为：，直线l的方程为：，则直线l被圆C所截的弦长为_____________．
【答案】
【详解】由可得，
则圆心，半径，
所以圆心到直线的距离，
则弦长为.
故答案为：
13. 正三棱柱的侧棱长为2，底面边长为1，M是中点，N为线段中点，则直线与直线所成角的余弦值为_____________．
【答案】##
【详解】连接，由、分别为、中点，则，
则直线与直线所成角即为直线与直线所成角，即，
又，，，
则，
即直线与直线所成角的余弦值为.
故答案为：.
14. 设函数，则函数的增区间为_____________；若对任意，不等式恒成立，则正数k的取值范围是_____________．
【答案】 ①. ②.
【详解】，则，
则得；得，
则函数的增区间为，减区间为，
则，
，在上单调递减，在上单调递增，
则，
因对任意，不等式恒成立，
则，即，
因，则，则正数k的取值范围是
故答案为：；.
四、解答题（本大题共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. 已知等差数列中，的前n项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
由，
可得，
两式相减可得：，
即，
所以，
所以，
所以数列的通项公式为
【小问2详解】
，
所以数列的前项和．
16. 如图，四棱锥的底面是菱形，平面．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1详解】
连接，因为四棱锥底面是菱形，所以.
因为平面，平面，
所以，又平面.
所以平面.
【小问2详解】
以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示.
因为底面为菱形，，所以.
所以，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，即
令，则，所以.
由（1）知平面，所以平面的一个法向量为.
所以平面与平面的夹角的余弦值为
.
17. 近年来某用户保持连续增长，李明收集了年的年份代码与该在线用户数y（单位：万）的数据，具体如下表所示：
（1）求样本相关系数r（精确到小数点后第二位，采用四舍五入法），并判断变量x与y之间的线性相关关系的强弱；
（2）从年中随机抽取三个不同年份所对应的在线用户数据，记最小的数据为，求的分布列及数学期望．
注：样本相关系数．当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强；当越接近0时，成对样本数据的线性相关程度越弱．其中，．
【答案】（1），变量与之间有很强的线性正相关关系
（2）分布列见解析，
【小问1详解】
，，
则，
由，
同理，
则，
则，
由接近且为正，故变量与之间有很强的线性正相关关系；
【小问2详解】
的可能取值为、、，
，
，
，
故的分布列为：
则
18. 动点与定点的距离与到定直线的距离之比是常数，记动点的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）过点F的直线（不与x轴重合）与C交于P，Q两点，过点的直线和，与直线的交点分别为M，N，记直线和的斜率分别为和，证明：为定值．
【答案】（1）；
（2）.
【小问1详解】
设点，依题意，，化简整理得，即，
所以曲线C的方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，，
由消去得，显然，
则，直线的方程为，则，同理，
则，
所以为定值.
19. 编号为的小球随机放入编号为的盒子中，即每个球放入任何一个盒子机会均等，相互独立，记表示n个盒子中空盒子的个数．
（1）当时，求编号为1的盒子中有球的概率；
（2）若设，则可得：，，所以，求；
（3）求证：关于n单调递增．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【小问1详解】
当时，每个球都有种放法，根据分步乘法计数原理，个球放入个盒子的所有可能情况有种。
编号为的盒子中有球的情况有种 （球在号盒，球在号盒；球在号盒，球在号盒；球和球都在号盒）。
根据古典概型概率公式（其中是包含的基本事件个数，是基本事件总数），可得编号为1的盒子中有球的概率为
【小问2详解】
表示个盒子中空盒子的个数，表示第个盒子是否有球，
根据期望的线性性质，
可得，
已知，
则
【小问3详解】
由（2）知，则，
因为,由均值不等式可得：
，
故，所以关于单调递增.
年份代码x
1
2
3
4
5
在线用户数y（单位：万）
80
150
210
260
300