四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期一模数学试题（有解析）

这是一份四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期一模数学试题（有解析），共27页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2026年普通高等学校招生全国统一考试·第一阶段学情调研考试
数 学
一、选择题：共8小题，每小题5分，满分40分。
1．集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50到350度之间，频率分布直方图所示，则用电量低于150度的户数为（ ）
A．30B．18
C．36D．24
3．已知A，B是抛物线上的两点，且线段AB的中点横坐标为7，则的最大值是（ ）
A．34B．29C．26D．17
4．已知定义在上的奇函数在上的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
5．函数的图象如图所示，为了得到的图象，可以将的图象（ ）
A．向右平移个单位长度B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向左平移个单位长度
6．如图，点D、E分别在的边BC、AC上.且，，BE与AD交于点M，若，则（ ）
A．B．
C．D．
7．一个质地均匀的正四面体玩具的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体玩具两次，并记录每次正四面体玩具朝下的面上的数字，记事件为“第一次向下的数字为1或2”，事件为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（ ）
A．B．事件与事件互斥
C．事件与事件相互独立D．
8．设大于1的两个实数a，b满足，则正整数n的最大值为（ ）．
A．7B．9C．11D．12
二、多选题：共3小题，每小题6分，全选得满分，漏选得部分分，错选得0分，满分18分。
9．已知，则（ ）
A．的展开式中含项的二项式系数为144
B．的展开式中含项的系数为144
C．的展开式的各二项式系数的和为
D．
10．已知是函数的极小值点，则（ ）
A．
B．若，则
C．若，则有3个相异的零点
D．方程有3个不同的实数根
11．双曲线的左右焦点分别为，左右顶点分别为，若是右支上一点（与点不重合），如图，过点的直线与双曲线的左支交于点，与其两条渐近线分别交于两点，则下列结论中正确的是（ ）
A．到两条渐近线的距离之和为2
B．当直线运动时，始终有
C．在中，
D．内切圆半径取值范围为
三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分。
12．若复数z满足，是虚数单位，则 ．
13．已知，则 ．
14．已知数列满足递推公式，．设为数列的前项和，则的最小值是 ．
四、解答题：共5小题，15题13分，16-17题每小题15分，18-19题每小题17分，共77分。
15．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，向量，若．
(1)求△的面积；
(2)若，求c．
16．甲同学参加一项抽奖活动，在一个盒子中，有大小形状完全相同的5个球，其中3个白球，2个红球.
(1)若不放回地从盒中连续取两次球，每次取一个球，求在第一次取到红球的条件下，第二次也取到红球的概率；
(2)一次随机抽取两个球，若取到的两个球颜色相同则中奖，颜色不同则不中奖，抽完奖之后把球再放回盒子里以便于再次抽奖.
（i）求甲抽取一次，中奖的概率；
（ii）甲一共抽取了三次，中奖次数为，求的分布列及数学期望.
17．已知数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
18．如图，在三棱台中，点D，E分别为，的中点，，，，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)点M在侧面内，且平面，当线段最短时，求平面与平面所成的二面角的正弦值．
19．已知函数，.
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)对任意的时，恒成立，求实数的取值范围；
(3)记，若，且，求证：.
★考生注意★
本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。
答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
考试结束后，只交回答题卡。
考试范围：请参照2026届广安一诊考试范围。
◈预祝你们考试成功◈
秘密★考试结束前【2025年12月10日17:00后】·川东版·（一轮结束）
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2026年普通高等学校招生全国统一考试·第一阶段学情调研考试
数学参考答案与试题解析
1．C
【分析】根据分式不等式的解法，求出集合中的元素，根据集合交集的概念，求出结果即可.
【详解】由题意得，即，解得，
即，所以.
故选：C.
2．A
【分析】先利用频率分布直方图求得用电量低于150度的频率，然后即可求解频数.
【详解】由频率分布直方图得：用电量低于150度的频率为，
所以用电量低于150度的户数为.
故选：.
3．C
【分析】设，，可得，由可求最大值.
【详解】由抛物线，
可得，焦点坐标为，
设，，则，
所以，
当弦AB过焦点时取得最大值
故选：C.
4．A
【分析】根据函数为奇函数可得函数的图象，进而由数形结合可得不等式的解集.
【详解】因为是定义在上的奇函数，所以函数图象关于原点对称，故得函数的图象如下：且.
由图象可知，要使，当时，，得；
当时，，得；
当，不等式不成立；
综上，不等式的解集为.
故选：A.
5．B
【分析】首先求得，再结合函数平移变换法则即可求解.
【详解】由题意可得，解得，所以，
由图可知，所以，
解得，所以，
，
注意到，
所以为了得到的图象，可以将的图象向右平移个单位长度.
故选：B.
6．A
【分析】设，根据，可得，再利用向量相等得到方程组，求的值，再求，，即可．
【详解】因为，所以，
所以，
又，则
设，
设，
则，
所以，
又因为不共线，
所以，
故，
所以，所以．
故选：A.
7．C
【分析】根据古典概型概率公式，分别写出样本空间和事件表示的集合，求出相关事件的概率，利用互斥事件，独立事件的定义与和事件的概率公式计算即可逐一判断可得答案.
【详解】用两位数字表示连续抛掷这个正四面体得到的点数，,
，事件，，
事件，，
对于A，，故A错误；
对于B，因为，所以事件与事件不互斥，故B错误；
对于C，，，，
因为，所以事件与事件相互独立，故C正确；
对于D，，
，，故D错误.
故选：C.
8．B
【分析】将已知条件变形为，构造两个函数，对函数求导，根据函数的单调性求出的最大值即可.
【详解】解：易知等价于．
令，则．
令得．
当时；当时．
所以在上单调递增，在上单调递减，
则有最大值．
令，则．
当时不符合，舍去，所以．
则，．
当时；当时．
所以在上单调递减，在上单调递增，
则有最小值．
若成立，只需，
即，即．
两边取自然对数可得．
当时等式成立；当时有．
令，本题即求的最大的正整数．
恒成立，则在上单调递减．
因为，，，
所以的最大正整数为9．
故选：B．
【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，同时也考查转化与化归的数学思想，对解题能力有一定的挑战性，是难题.
9．BCD
【分析】根据二项式定理相关知识，对选项逐一分析；
【详解】对于A，B：对于，其展开式的通项为 ，那么含项的二项式系数为，含项的系数为，故A错误，B正确.
对于C：根据二项式系数的性质，二项式展开式的各二项式系数的和为，那么的展开式的各二项式系数的和为，所以 C正确.
对于D：令 可得 ，
令 可得 ，
两式相加可得 ，故D正确.
故选：BCD
10．ACD
【分析】利用极值点的性质判断A，利用三角函数的性质结合导数判断B，先讨论的零点个数，转化为交点问题判断C，利用换元法结合零点存在性定理判断D即可.
【详解】对于A，因为，所以，
因为是函数的极小值点，所以，
可得，解得，故A正确，
对于B，因为，所以，则，即，
由正弦函数性质得，由余弦函数性质得，
由已知得，则，
令，，令，，
可得在上单调递减，在上单调递增，
得到，故B错误，
对于C，由已知得在上单调递减，在上单调递增，
而，得到，，
当时，，当时，，
若讨论的零点个数，则讨论的解的个数，
故讨论与的交点个数即可，
如图，作出符合题意的图象，
由图象可得，当时，与有3个相异的交点，
即有3个相异的零点，故C正确，
对于D，令，若求方程的实数根，
则先求的解的个数，即求的解的个数，
令，则求的零点个数，
由已知得在上单调递减，在上单调递增，
而，，，，
可得，，
由零点存在性定理得存在，作为的零点，
则是的两个解，后续求解与即可，
由已知得在上单调递减，在上单调递增，
若，当时，，此时无解，排除，
当时，，此时有一个解，
当时，，此时有一个解，
若，当时，，此时无解，排除，
当时，，此时无解，
当时，，此时有一个解，
综上，方程有3个不同的实数根，故D正确.
故选：ACD
11．BC
【分析】选项A，设出点然后计算出渐近线，分别计算距离求解即可；选项B，设直线，然后分别联立双曲线和渐近线方程计算交点，计算即可；选项C，利用点坐标表示出，，然后利用三角形内角的角度关系得到，由选项可知，只需得到分母的值就可以得到正确答案；选项D，利用等面积法求三角形内切圆半径的方法，然后化简求解即可．
【详解】由题可知双曲线的标准方程为，
故两个渐近线方程分别为与，设点
由题可知，，
所以点到两个渐近线的距离分别为，，
由于，故
故，若，则是方程的两个实数根，显然该方程无解，不符合题意，故故选项A错误；
设点， ， ，
显然直线的斜率存在，设直线，
联立方程，，得，所以，
直线分别与渐近线与联立得，
得，
所以有，即，
由题可知，，，
所以，故选项B正确；
不妨设,，，
由题可知，，，
所以有，，
，
，
由题可知，，
故
所以，
整理得，故选项C正确；
由三角形内切圆的半径求法可知其内切圆半径，
易知，，
，，
得，
因为，
得，
所以，
因为，所以，所以，，故选项D错误．
故选：BC．
【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情况，强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
12．
【分析】先根据复数除法算出复数值，然后根据模长公式求解.
【详解】由题知，，
于是.
故答案为：
13．
【分析】根据两角和的正弦公式可得，根据完全平方和公式及同角三角函数的平方关系可得，将所求式子切化弦代入即可求解.
【详解】∵，∴，
∴，∴，
∴.
故答案为：.
14．/4.25
【分析】先通过构造等比数列求出数列的通项公式，再计算前项和，代入目标表达式后化简，构造函数并求导，利用导数分析函数单调性求最小值．
【详解】，，
数列是首项为，公比为2的等比数列，
，故，
，
，
令，则，
求导得，令，解得或（，舍去），
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，则在处取得极小值，
，，故只需要比较与的大小，
当时，，，
当时，，
的最小值是．
故答案为：．
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用向量的数量积的坐标表示以及三角形的面积公式即可求得结果.
（2）通过正弦定理即可求出结果.
【详解】（1）因为且，
两式联立得：，又因为，所以或（舍），
故，由三角形面积公式得
（2）因为，且由（1）知，设三角形的外接圆半径为R，
由正弦定理得：，
解得或（舍），所以
16．(1)
(2)（i）；（ii）分布列见解析，
【分析】（1）借助条件概率公式计算即可得；
（2）（i）借助组合数计算即可得；（ii）计算出的所有可能取值及其对应概率即可得分布列，利用分布列计算即可得其数学期望.
【详解】（1）设事件表示“第次取球时，取到红球”，
则，，
则，
即在第一次取到红球的条件下，第二次也取到红球的概率为；
（2）（i）；
（ii）的可能取值为，
则，，
，，
则的分布列为：
则其数学期望.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由与的关系列式计算可得，利用等比数列通项公式求解即可；
（2）由（1）可得，化简，利用裂项相消法计算求解.
【详解】（1）已知，当时，有，
用减去，根据，
可得：，即，
当时，，
又，所以，此时，满足，
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，即，
（2）由（1）可得，
又，所以，化简可得，
则，
所以．
所以数列的前项和为：
．
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明四边形是平行四边形求出，余弦定理求出，即可根据勾股定理证明，结合，可证明线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，空间向量法求直线与平面所成角的正弦值.
（3）求出平面ADE的法向量，设，由点M在侧面内，所以存在使得，再结合平面可推出，根据两点间距离公式及二次函数的性质可求出取最小值时m的取值，即可求出此时点M的坐标，利用向量法求平面与平面的夹角的余弦值.
【详解】（1）由棱台性质知，
所以，则，
在中，由余弦定理可得：，，
连接，因为D为BC中点，所以，所以四边形为平行四边形，则，
因为，所以，，
又因为，，平面，平面，
所以平面.
（2）因为， 所以，则，
以A为坐标原点，AB、AD、分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，
，，
，，
设平面的一个法向量为，
，令，得，故，
设直线与平面所成角为，
（3）设为平面ADE的法向量，
，
，令得，，
设，
因为点M在侧面内，所以存在使得,
，
，，，
因为平面，所以，得，
将，，代入上式可得，
则，所以，
因为M在侧面内，所以，
当时，取得最小值，此时，
易知平面的法向量为，
设平面的法向量为
，，
，令得，，
设平面与平面所成的二面角为，
，，
所以平面与平面所成的二面角得正弦值为.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对求导，得到为切线斜率，再求解得切点纵坐标，再根据直线方程得切线方程；
（2）构造函数，对求导，得到，利用导数与函数的单调性间的关系，可得，再分和两种情况讨论，即可求解；
（3）根据的条件变形，将（其中）用含的式子表示，并代入中，通过分析化简后表达式的符号即可得证.
【详解】（1）解：因为，所以，
所以，又因为，
所以在点处的切线方程为，即；
（2）解：因为，所以，
设，，
则，，
令，，则，
可得在上为增函数，即在上为增函数，
所以，
当时，，此时在上为增函数，
故，即，所以，符合题意．
当时，，
因为在上为增函数，当时，，
故存在满足，则在上单调递减，在上单调递增，
因此当时，，不合题意；
综上所述，实数a的取值范围为．
（3）证明：由题意得，，所以，
由可得，
所以，
又，两边同时除以，得，
因此，
所以，
令，得，
因此，
令，，则，
所以在上为减函数，故，即时，．
因为，，
所以，所以，
又因为，所以，故，得．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；
③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．