四川省成都市2026届高三数学上学期8月入学摸底测试试题含解析

这是一份四川省成都市2026届高三数学上学期8月入学摸底测试试题含解析，共21页。试卷主要包含了 已知 是双曲线 C， 以下说法正确的是， 下列命题中，真命题有等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工
整，笔迹清楚.
2.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿
纸､试卷上答题无效.
3.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
4.保持答题卡面清洁，不要折叠､不要弄破､弄皱，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀.
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，只有一个选
项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由交集运算即可求解.
【详解】
因为集合 ，
则 ．
故选：C．
2. 已知数列{ }的前 n 项和 满足： ，且 ＝2，那么 ＝（ ）
A. 2 B. 10 C. 11 D. 56
【答案】A
【解析】
【分析】令 ，可得 ，再利用 求解即可.
【详解】 中，令 ，
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即 ，
所以 ，
故选：A.
3. 随着春节申遗成功，世界对中国文化的理解和认同进一步加深，某学校为了解学生对春节习俗的认知情
况，随机抽取了 100 名学生进行了测试，将他们的成绩适当分组后，画出的频率分布直方图如下图所示，
则下列数据一定不位于区间 内的是（ ）
A. 众数 B. 第 70 百分位数 C. 中位数 D. 平均数
【答案】B
【解析】
【分析】根据频率分布直方图分别求出众数、第 70 百分位数、中位数以及平均数，由此即可得解.
【详解】对于 A，众数为 ；
对于 BC， ，
设中位数、第 70 百分位数分别为 ，
注意到 ，
设 ，
解得 ；
对于 D，设平均数为 ，则
.
故选：B.
4. 记 为事件 A 的对立事件，且 ， ， ，则 （ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件概率公式，求出 ，根据事件 与事件 的关系，进而求出 ，根
据概率加法公式求出 ；
【详解】由题意得 ， ，
因为 ，得 ，
则 .
故选：C.
5. 某医院拟组成 4 医生 3 护士共 7 人的工作队，派驻到 3 个地区 A、B、C 进行工作．若每一个地区至少派
驻 1 医生 1 护士两位工作人员，且医生甲必须派驻到 A 地区，则不同的派驻方式有（ ）
A. 36 种 B. 72 种 C. 98 种 D. 108 种
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知某地区派驻有两名医生，分类讨论，分 地区有两名医生和 或 区有两名医生，然后
分配 3 名护士，即可求解.
【详解】若 地区派驻两名医生，则有 种不同方式；
若 或 区有两名医生，则有 种不同方式.
所以不同的派驻方式有 种.
故选：B.
6. 若函数 在 上存在单调递减区间，则实数 a 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件得出存在 ，使 成立，即存在 ，使 成立，构
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造函数 ， ，求出 的最值即可解决问题.
【详解】因为函数 在 上存在单调递减区间，
所以存在 ，使 成立，即存在 ，使 成立，
令 ，因为 ，所以 ，
所以当 ，即 时， ，所以 ，
故选：B．
7. 已知 是双曲线 C： （ ， ）的右焦点，过点 F 向 C 的一条渐近线引垂线，
垂足为 A，交另一条渐近线于点 B，若 ，则下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C. 离心率 D. 若 ，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据点 到两条渐近线的距离相等，结合对称性及面积关系即可判断 A；根据长度关系可求得
，进而可判断；根据渐近线的斜率可算出离心率，进而可判断 C；解三角形可得 ，
所以 ， ， ，求出直角三角形的面积，列出方程即可判定 D.
【详解】
如图，∵ ，∴ ， ，
∵点 到两条渐近线的距离相等，∴ ，故 A 正确；
∵ ， ，∴ ， ， ，
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，故 B 正确；
由 B 知，一条渐近线的斜率 ，则 ，故 C 错误；
由 C 知， ，所以 ， ， ，
∴ ，∴ ， ， ，故 D 正确，
故选：C.
8. 已知函数 对定义域内任意 ，都有 ，则正实数 的取值范围是
（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件将问题转化为 ，构造函数 ，化 为
，求 ，根据导数判断函数的单调性，可得 在 上恒成立，构造函数
，求 ，根据导数判断函数的单调性求出函数的最值即可解题.
【详解】函数 的定义域为 ，
由 ，得 ，则 化为 ，即
，
令 ，即 ，对任意 且 恒成立，
则函数 在 上单调递减，即 ， ，
而 ，因此 ，即 ，
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显然 ，有 ， 恒成立，
因为 ，所以 ， 恒成立，
令 ，则 ，因为 ， 恒成立，则 在 上
单调递增，
所以不等式 化为 ，即 ， 恒成立，
令 ，求导得 ，
当 时， ， 在 上单调递增，
当 时， ， 上单调递增减，
于是当 时， 取得最大值， ，则 ，
所以正实数 取值范围为 .
故选：A
【点睛】结论点睛：隐蔽性指对同构，需要补因式，如： ，两边同乘以 ，化为
.
二､多选题：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.全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 以下说法正确的是（ ）
A. “ ”的否定是“ ”
B. “ ”是“ ”的充分不必要条件
C. 若命题“ ”的否定是假命题，则实数 a 的取值范围是
D. “ ”是真命题．则
【答案】AD
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【解析】
【分析】对于 A，利用含有一个量词的命题的否定的定义判断；对于 B，利用对数不等式求解判断；对于 C，
由命题“ ”是真命题求解判断；对于 D，由 ，对 恒成立
求解判断；
【详解】对于 A，“ ”的否定是“ ”，故 A 正确；
对于 B， ，即 ，解得 ，
因为 所以“ ”是“ ”的必要不充分条件，故 B 错误；
对于 C，命题的否定是假命题，则命题“ ”是真命题，即 ，
解得 或 ，故 C 错误；
对于 D，因为“ ”是真命题，即 ，对 恒成立，
当 时，命题成立；当 时， ，解得 ，
综上可得， ，故 D 正确．
故选：AD
10. 下列命题中，真命题有（ ）
A. 数据 6，2，3，4，5，7，8，9，1，10 的 70%分位数是 8.5
B. 若两个变量线性相关，则相关系数 越大，线性相关程度越强
C. 若随机变量 ，随机变量 ，则
D. 若随机变量 ， ，则
【答案】CD
【解析】
【分析】由百分位数的计算方法可判定 A；根据相关系数的概念可判断 B；根据二项分布的方差公式计算判
断 C；根据正态分布的性质计算可判断 D.
【详解】对于 A，数据从小到大排序得到 ，因为 ，
所以 分位数是 ，所以 A 错误.
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对于 B，相关系数 越接近于 1，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱，故 B 错误.
对于 C，因为随机变量 ，故 ，
，故 C 正确.
对于 D，随机变量 ，由 知
，故 D 正确.
故选：CD.
11 已知 ，则（ ）
A. 曲线 关于点 对称 B. 1 是函数 的极大值点
C. 当 时， D. 不等式 的解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】 是由奇函数 的图象向下平移 1 个单位长度而得，进而可得 A 正确；利用导
数求的函数的最值即可得到 B 错误；由 在 上单调递减，利用单调性即可判断 C 选项；D 选项，
根据 B 选项得到 ，再得到函数的单调性，从而得到不等式 ，求出解集.
【详解】由题意得曲线 是由奇函数 的图象向下平移 1 个单位长度而得，故曲线
的对称中心为 ，故 A 正确；
，易得 在 和 上单调递增，在 上单调递减，所以 为 的
极大值点，1 为 的极小值点，故 B 错误；
因为 在 上单调递减，当 时， ，所以 ，故 C 正确；
由上知 ，易求 ，
所以 ，所以 ，故 D 正确．
故选：ACD．
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三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 若 展开式的二项式系数之和为 64，则展开式中的常数项是_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式系数性质求得 ，二项展开式的通项公式中，令 的幂指数等于 0，求出 的值，即可
求得常数项．
【详解】由题意可得 ，求得 ，
故 展开式的通项公式为 ，
令 ，求得 ，得展开式的常数项为 ，
故答案为： ．
13. 将一个圆心角为 、面积为 的扇形卷成一个圆锥，则此圆锥内半径最大的球的表面积为______.
【答案】 ##
【解析】
【分析】求出圆锥底面圆半径及母线长，再利用圆锥及内切球的轴截面求出球半径作答.
【详解】设圆锥底面圆半径为 ，母线长为 ，依题意， ，解得 ，
圆锥内半径最大的球为圆锥的内切球，圆锥与其内切球的轴截面，如图中等腰 及内切圆 ，
，点 为边 的中点， ，
因此 的面积 ，设 的内切圆半径为 ，
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则有 ，解得 ，此球的表面积为
，
所以圆锥内半径最大的球的表面积为 .
故答案为：
14. 现有 12 道四选一的单选题，其中 9 道题学生甲会做，3 道题学生甲不会做．会做的题做对的概率为 1，
不会做的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率为 ．现从这 12 道题中随机选择 1 题让学生甲回答，已
知学生甲答对了该题，则学生甲猜对的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】设事件 为“学生甲答对该题”，事件 表示“学生甲猜对该题”，事件 表示“甲选到会做的
题”，利用全概率公式求出 ，再由条件概率公式求解.
【详解】设事件 为“学生甲答对该题”，事件 表示“学生甲猜对该题”，事件 表示“甲选到会做的
题”
则 表示学生甲选到不会做的题且答对，所以 ，
， ， ， ，
由全概率公式 ，
.
所以已知学生甲答对了该题，则学生甲猜对的概率为 .
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､解答过程或演算步骤.
15. 如图，在四棱锥 中，平面 平面 ，且
．
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（1）证明：平面 平面 ；
（2）求平面 与平面 夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先由线段关系证 ，结合面面垂直的性质判定线线垂直，利用线线垂直证线面垂直；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可.
【小问 1 详解】
由题意 ，则 ，
因为 ，所以 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
且 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
且 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 ；
【小问 2 详解】
如图，以 A 为原点， 分别为 轴， 轴正方向，在平面 内过点 A 作平面 ABC 的垂线为 z 轴，
建立空间直角坐标系，
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则 ，
所以 ， ，
设平面 的一个法向量 ，
则 ，令 ，得 ，
设平面 的法向量 ，
则 ，令 ，得 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，则 ，
所以平面 与平面 夹角的正弦值为 ．
16. 已知数列 的前 n 项和为 ，且 ， ，
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 ，求数列 的前 n 项和 ；
（3）设 ，记数列 的前 n 项和为 ，证明： ．
【答案】（1）
（2）
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（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由 关系求解即可；
（2）由题意 ，利用错位相减法和等比数列求和公式即可求解；
（3）由题意得 ，由裂项相消法即可证明.
【小问 1 详解】
因为 ，
所以 ，解得 ，
又 ，
所以 ，即 ，
所以 ，即 ，
因为 ，所以数列 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，
所以 ，即 ．
【小问 2 详解】
因为 ，
所以 ，①
，②
①－②得 ，
所以 ．
【小问 3 详解】
因为 ，
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所以 ，
易知 是增函数，所以 ，
所以 ．
17. 某企业人力资源部为了研究企业员工工作积极性和对待企业改革态度的关系，随机抽取了 名员工进
行调查，所得数据（单位：人）如下表所示：
支持企业改革 不支持企业改革 合计
工作积极性高
工作积极性一般
合计
（1）能否有 的把握认为员工工作积极性与对待企业改革态度有关；
（2）现采取分层抽样的方法从工作积极性高的 人中抽取 人，再从 人中随机抽取 人进一步调查，
记抽到 人中不支持企业改革的人数为 ，求 的分布列及数学期望；
（3）若将频率视为概率，从该企业所有员工中随机抽取 人进行调查.记 人中不支持企业改革的人数
的概率为 ，当 取最大值时，求 的值.
参考公式： ，其中 ，
参考数据：
【答案】（1）有，理由见解析
（2）分布列答案见解析，
（3）
【解析】
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【分析】（1）计算出 的观测值，结合临界值表可得出结论；
（2）分析可知， 人中有 人支持企业改革， 人不支持企业改革，则随机变量 的可能取值有 、 、
、 ，利用超几何分布可得出随机变量 的分布列，进而可求得 的值；
（3）由题意可知 ，则 ，由 解
出 的取值范围，结合 得出 的值，即可得出结论.
【小问 1 详解】
因为 ，
所以有 的把握认为员工工作积极性与对待企业改革态度有关.
【小问 2 详解】
工作积极性高的 人中有 人支持企业改革，有 人不支持企业改革，
由分层抽样可知， 人中有 人支持企业改革， 人不支持企业改革，
由题意可知，随机变量 可能取值有 、 、 、 ，
则 ， ，
， ，
所以，随机变量 的分布列如下表所示：
所以 .
【小问 3 详解】
由题意可知， ，则 ，
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由 ，可得 ，
解得 ，
又因为 ，所以，当 时， 最大.
18. 已知函数 ， ．
（1）当 时，求 图象在 处的切线方程；
（2）若不等式 对 恒成立，求实数 的取值范围；
（3）若函数 有两个不同的零点，求实数 的取值范围．
【答案】（1） ；
（2） ；
（3）
【解析】
【分析】（1）先求导数，求出 和 的值，利用导数的几何意义和点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由题意，通过参变分离得到 对 恒成立，令 再利用导数求
即得答案；
（3） ，令 ， ， ，因 是单调
函数，故 有两个零点，等价于 在 上有两个零点.进而通过利用导数求得函数 的单调性、
极值，即可得 的取值范围；或通过参变量分离，利用导数求得函数 的单调性，由 与
图象有两个公共点可得 的取值范围.
【小问 1 详解】
时， ，∴ ，
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，则 ，即切线的斜率为 .
∴ 图象在 处的切线方程为 .
【小问 2 详解】
，即 ，
∴
由题意，得 对 恒成立.
令 ，则 .
.
由 ，得 ，∴ 在 上单调递增；
由 ，得 ，∴ 在 上单调递减.
所以 ，
故 .
【小问 3 详解】
，令 ， ， ，
因 是单调函数，故 有两个零点，等价于 在 上有两个零点.
方法 1：
①当 时， ，则 在 上递减， 最多有一个零点，故不满足题意；
②当 时，
令 可得 ，即 在 上单调递增；
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令 可得 ，即 在 上单调递减.
且当 时， ，则
当 时，与一次函数相比，指数函数 呈爆炸性增长，故
要使 在 上有两个零点，则 ，解得
方法 2： 在 上有两个零点，等价于方程 有两个实根，即 有两个根
也等价于 与 图象有两个公共点
，则可得 在 递增， 递减
且 ，当 时， ，则
当 时，与一次函数相比，指数函数 呈爆炸性增长，故
则 的大致图象为
故当 时， 与 图象有两个公共点，即 有两个零点
19. 已知抛物线 的焦点为 F，O 为坐标原点，点 M 在 C 上且在第一象限，
， 的面积为 2.
（1）求 C 的方程.
（2）A，B 是 C 上异于 M 的两个动点，直线 MA 与 MB 的斜率之积为 1，证明：直线 AB 过定点.
（3）点 M 关于 x 轴的对称点为 N，分别过 M，N 作 C 的两条切线，这两条切线的交点 G 恰好在 x 轴上，
，过 S 作 C 的切线，切点为 R（异于点 M），且与线段 GN 交于点 T，求 面积
的最大值.
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【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）8
【解析】
【分析】（1）设 ，根据 的面积列式求得 的面积，根据焦半径公式得 ，代入
抛物线方程求得 ，即可得解；
（2）设直线 AB 的方程为 ，与抛物线方程联立，韦达定理，利用两点式斜率公式结合
列式化简得 ，即可求解直线 AB 过定点 ；
（3）利用判别式法求出直线 GM 的方程为 ，直线 ，且 ，设直
线 ，与抛物线方程联立韦达定理求得 ，即可得直线 ，与直线
联立求得 ，从而利用两点距离公式求得 ，利用点到直线距离公式求得点
到直线 的距离为 ，进而求得 ，最后利用二次函数性质求得最值即
可.
【小问 1 详解】
设 ，则 的面积为 ，所以 ，
根据抛物线的定义，得 ，所以 ，
所以 ，解得 ，即 C 的方程为 .
【小问 2 详解】
由（1）知 ，设 ， ，直线 AB 的方程为 ，
则 且 ，联立 可得 ， ，
由韦达定理可得 ， ，
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，同理 ，
又因 ，所以 ，
整理得 ，所以 ，即 ，
所以 ，即直线 AB 过定点 ；
【小问 3 详解】
因为 ，所以 ，
设直线 GM 的方程为 ，
由 可得 ，
则 ，解得 ，
所以直线 GM 的方程为 ，且 ，同理可得直线 ，
设 ，因为 ，所以 即 ，
由 得 ，设直线 ，
由 可得 ，
由 ，可得 或 ，
当 时，直线 ，与直线 GM 的方程一样，舍去，故 ，所以直线 ，
即 ，与直线 联立求得 ，
点 到直线 的距离为 ，
又 ，
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所以 的面积为 ，
因为 ，所以当 时， 面积取到最大值为 8.
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