【数学】四川省泸州市龙马潭区4校2026届高三上学期联合入学检测试题（学生版+解析版）

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一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.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的相应位置上.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题可得：，所以，
故选：C.
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由得，所以，
故选：B.
3. 已知，，与的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】依题意，
所以在上的投影向量为.
故选：C.
4. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，得，
由，得，
而，则，因此，
所以.
故选：C.
5. 在等比数列中，是函数的两个零点，则（ ）
A. B. C. 5D.
【答案】B
【解析】因为是函数的两个零点，
所以是方程的两个根，则，，
所以都为负数，又因为是等比数列，,
所以，则，
故选：B.
6. 将甲，乙等5人全部安排到四个工厂实习，每人只去一个工厂，每个工厂至少安排1人，且甲，乙都不能去A工厂，则不同的安排方法有（ ）
A. 72种B. 108种C. 126种D. 144种
【答案】C
【解析】由题意可知，分两种情况讨论，
①A工厂安排1人，有种，
②A工厂安排2人，有种，
所以不同的安排方法有种．
故选：C．
7. 是圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意得，圆的圆心为，半径．
因为到直线的距离，
当且仅当时等号成立，所以直线与该圆相离，
所以的最小值为．
故选：C．
8. 如图，在外接球体积为的正方体中，E是线段上的动点（不包括端点），过A，，E三点的平面将正方体截为两个部分，且交于点F，当截得的较小部分的几何体的体积为时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设正方体棱长为，则外接球半径为，所以，解得．
在上取一点，使得，连接，设，
由，可得平面为过，，三点的截面，．
，，
由题意知，整理为，
解得或（舍），故．
故选：B．
二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知有四个数从小到大排列为，这四个数的分位数是4，则可能是（ ）
A. 4B. C. 6D.
【答案】CD
【解析】因为，
所以这四个数的分位数是，即，
所以，
所以，
由四个选项可知，可能是6或
故选：CD.
10. 已知函数的图象关于直线对称，最小正周期，若将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则（ ）
A.
B.
C. 在上的值域为
D. 在上单调递增
【答案】ACD
【解析】依题意由可得，解得，
又可知；
将代入可得，又因为可得;
因此可得，即A正确；
对于B,将的图象向左平移个单位长度后，得到函数，
因此B错误；
对于C，当时可得，
根据余弦函数性质可得，可得C正确；
对于D，令，解得；
易知当时，可得在上单调递增，即D正确.
故选：ACD.
11. 已知双曲线的渐近线与圆相切，分别为的左、右焦点，动点在的左支上，则（ ）
A. B. 为等腰直角三角形
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】由题意知双曲线的渐近线方程为，取其中与圆心为，半径为1的圆相切，
可得，由于，解得，所以A错误；
可得双曲线方程为，设双曲线的半焦距为，
则，所以，
因为，所以，，可知，
所以为等腰直角三角形，B正确；
动点在的左支上，则，则，
所以，
当三点共线时，最小，此时，
此时，所以的最小值为，所以C正确；
设，可得，即，
则
当时，的最小值，此时，所以D正确；
故选：BCD.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则__________．
【答案】
【解析】因为，
所以．
故答案为：．
13. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围是_________．
【答案】
【解析】由题意有在上恒成立，
又，所以，即，
所以只需在上恒成立即可，
即在上恒成立，即，
又在上单调递减，所以，
故答案为：.
14. 已知圆台的上､下底半径分别为和，若圆台外接球的球心在圆台外，则圆台的高的取值范围是__________；若，圆台的高为，且，则圆台外接球表面积的最大值为__________．
【答案】①. ②.
【解析】圆台外接球的球心必在圆台的轴线上，因为在圆台外，则球心在下底面下方，
设到下底面的距离为，则，所以，
所以，
所以圆台的外接球表面积为
，
易知在时单调递减，且，
所以．
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. 如图，在中，为边上一点，且.
（1）求；
（2）若，求.
【答案】解：（1）设，则，
由余弦定理可得，
即，得，
所以.
（2）由，得，则.
由正弦定可得，解得.
由余弦定理得，
即，而，所以.
16. 如图，在正四棱锥中，已知，平面，点在平面内，点在棱上．
（1）若点是的中点，证明：平面平面；
（2）若，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：由题意可得正四棱锥所有棱长均为，而是的中点，
所以，
又因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）解：如图，连接，易知两两互相垂直，分别以为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，可得，．
由，得，所以，进而．
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量为．
易知平面的一个法向量为，
设二面角S-AC-P的平面角为θ，则，
故二面角的余弦值为．
17. 已知函数．
（1）当时，若存在极大值，且存在极小值，求的取值范围；
（2）证明：当时，．
【答案】（1）解：当时，，定义域为，
所以，
因为存在极大值，且存在极小值，
所以必须有两个不同的零点，
所以，
所以或．
（2）证明：当时，，
定义域为，
所以，
当时，，
所以，
当且仅当时，取等号，
因为无解，
所以．
18. 已知椭圆的左焦点为，过点且不与轴重合的动直线与交于两点，且当轴时，.
（1）求的方程；
（2）若，直线分别与直线交于点，证明：为定值.
【答案】（1）解：由焦点，得，由，得，
则，联立解得，
所以的方程为.
（2）证明：依题意，直线不垂直于轴，
设直线的方程为，
由消去得，
则，
直线的方程为，令，得点的纵坐标，
同理得点的纵坐标，
所以
，为定值.
19. 将4个面上分别写有数字的一个正四面体在桌面上连续独立地抛次（为正整数），设为与桌面接触的数字为偶数的次数，为抛正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率．
（1）当时，若正四面体的质地是均匀的，求的数学期望和方差；
（2）若正四面体有瑕疵，即．
①设是抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，求证：；
②求抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率．
【答案】（1）解：因为正四面体的质地是均匀的，为抛掷正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率，
所以，进一步得，，
所以，
，
所以的数学期望和方差分别为和．
（2）①证明：因为是抛正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，
所以是抛正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，
当时，
当在前次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现奇数次时，
第次抛掷的结果必须出现奇数，才可以保证前次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次，
所以，
当在前次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现偶数次时，
第次抛掷的结果必须出现偶数，才可以保证前次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次，
所以，
由互斥事件概率的加法法则得，
即；
②解：设，结合①所得关系，则，
即且，又，
所以，
所以，
所以抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率为．