四川省成都市2026届高三数学上学期期中质量监测试题含解析

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考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的选项中，只有一项是符
合题目要求的．
1. 命题： 的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据特称命题的否定为全称命题，从而可得出答案.
【详解】因为特称命题的否定为全称命题，
所以命题“ ”的否定为“ ”.
故选：A.
2. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合 ，即可根据交集的运算解出．
方法二：将集合 中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．
【详解】方法一：因 ，而 ，
所以 ．
故选：C．
方法二：因为 ，将 代入不等式 ，只有 使不等式成立，所
以 ．
故选：C．
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3. 的虚部为（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数代数形式的运算法则以及虚部的定义即可求出.
【详解】因为 ，所以其虚部为 1，
故选：C.
4. 若棱长为 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.
【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，
即 ，
所以，这个球的表面积为 .
故选：C.
【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求
多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长
方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助
球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何
体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.
5. 如果事件 ， 互斥，且事件 ， 分别是 ， 的对立事件，那么（ ）
A. 是必然事件 B. 是必然事件
C. 与 一定互斥 D. 与 一定不互斥
【答案】B
【解析】
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【分析】
根据事件 ， 互斥，可得 ，即可判断 正确.
【详解】 由于事件 与 互斥，
，
则 ( 为全集)，
是必然事件.
故选： .
【点睛】本题主要考查的是互斥事件、对立事件的定义，而互斥事件、对立事件的定义是判断两个事件是
不是互斥事件、对立事件的一种最有效、简便的方法由对立事件的定义可知对立事件首先是互斥事件，并
且其中一个一定要发生，因此两个对立事件一定是互斥事件，但两个互斥事件却不一定是对立事件，解题
时一定要弄清两个事件之间的关系，是基础题.
6. 设抛物线 C：y2=4x 的焦点为 F，过点（–2，0）且斜率为 的直线与 C 交于 M，N 两点，则
=
A 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据题中的条件，利用点斜式写出直线的方程，涉及到直线与抛物线相交，联立方程组，消
元化简，求得两点 ，再利用所给的抛物线的方程，写出其焦点坐标，之后应用向量坐标公
式，求得 ，最后应用向量数量积坐标公式求得结果.
【详解】根据题意，过点（–2，0）且斜率为 的直线方程为 ，
与抛物线方程联立 ，消元整理得： ，
解得 ，又 ，
所以 ，
从而可以求得 ，故选 D.
【点睛】该题考查的是有关直线与抛物线相交求有关交点坐标所满足的条件的问题，在求解的过程中，首
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先需要根据题意确定直线的方程，之后需要联立方程组，消元化简求解，从而确定出 ，之
后借助于抛物线的方程求得 ，最后一步应用向量坐标公式求得向量的坐标，之后应用向量数量积坐
标公式求得结果，也可以不求点 M、N 的坐标，应用韦达定理得到结果.
7. 已知函数 ，若关于 的不等式 的解集为 ，则 的取
值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得：当 时， ，当 ， ，当 ， ，再
借助导数研究函数单调性与二次函数的性质计算即可得解.
【详解】由题意知，当 时， 恒成立，即 恒成立，
即有 在 上恒成立，令 ，则 ，
故当 时， ，当 ， ，
即 在 上单调递减，在 上单调递增，
即 ，即有 ；
当 时， ，
由题意可得，当 ， ，当 ， ，
则有当 ， ，当 ， ，
分别解得 ， ，即 ；
综上所述： .
故选：D.
8. 已知函数 为 上的奇函数， ，且 ，则
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（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇函数性质及迭代法求出 且 时， ，然后结合组合数的概念，利用
二项式系数的性质求解即可.
【详解】函数 为 上的奇函数， ，且 ，
所以当 且 时， ， ，所以 ，
所以 ，
所以
.
故选：D
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 衢州市柯城区沟溪乡余东村是中国十大美丽乡村，也是重要的研学基地，村口的大水车，是一道独特的
风景.假设水轮半径为 4 米（如图所示），水轮中心 O 距离水面 2 米，水轮每 60 秒按逆时针转动一圈，如果
水轮上点 P 从水中浮现时（图中 ）开始计时，则（ ）
A. 点 P 第一次达到最高点，需要 20 秒
B. 当水轮转动 155 秒时，点 P 距离水面 2 米
C. 在水轮转动的一圈内，有 15 秒的时间，点 P 距水面超过 2 米
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D. 点 P 距离水面的高度 h（米）与 t（秒）的函数解析式为
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据题意求出点 P 距离水面的高度 h（米）与 t（秒）的函数解析式，再从解析式出发求解 ABC
选项.
【详解】如图所示，过点 O 作 OC⊥水面于点 C，作 OA 平行于水面交圆于点 A，过点 P 作 PB⊥OA 于点 B，
则因为水轮每 60 秒按逆时针转动一圈，故转动的角速度为 （ ），且点 P 从水中浮现时（图
中 ）开始计时，t（秒）后，可知 ，又水轮半径为 4 米，水轮中心 O 距离水面 2 米，即
m， m，所以 ，所以 ，因为 m，所以
，故 ，D 选项正确；
点 P 第一次达到最高点，此时 ，令 ，解得： （s），A 正确；
令 ，解得： ， ，当 时， （s），B 选项正确；
，令 ，解得： ，故有 30s 的时间点 P 距水面超过 2 米，
C 选项错误；
故答案为：ABD
10. 在 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，若 ，
，则下列结论正确的是（ ）
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A. B. C. D. 的面积为 6
【答案】AD
【解析】
【分析】利用余弦定理，结合题意，可求得 的值，根据 ，利用正弦定理边化角，
可求得 的值，利用正弦定理及面积公式，可求得 b 的值及 的面积，即可得答案.
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 ，故 A 正确；
因为 ，利用正弦定理可得 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
即
因为 ，所以 ，
所以 ，又 ，
所以 ，故 B 不正确；
因为 ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，故 C 错误；
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，故 D 正确；
故选：AD
11. 已知抛物线 的焦点为 ，若 上存在 个互不重合的点 ， ， ，…， 满足
，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若 ，则 的最小值为 4
B. 若 ，则
C. 若 ，则
D. 若 ，则四边形 面积的最小值为 128
【答案】BCD
【解析】
【 分 析 】 当 有 共 线 ， 结 合 抛 物 线 通 径 的 性 质 判 断 A； 令 ，
，联立抛物线，应用韦达定理及抛物线的定义确定弦长，进而求 判断 B；当
有 、 共线，令 ， ，则
，同 B 分析判断 C；再由 及基本不等式求面积最小值判断 D.
【详解】当 ，即 ，故 共线，
所以 是一条焦点弦，其最小值为通径长度为 ，A 错；
令 ，而 ，可设 ，联立抛物线得 ，
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所以 ， ，则 ， ，
所以 ，B 对；
当 ， ， 、 共线，如下图，
令 ， ，则 ，
易知 ， ， ， ，
同 B 分析得 ， ，
所以
，C 对；
，
当 时，最小 ，D 对.
故选：BCD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知向量 ， ，则 在 上 投影向量为______.（用坐标表示）
【答案】
【解析】
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【分析】利用空间向量数量积的坐标运算以及投影向量的定义可求得 在 上的投影向量的坐标.
【详解】因为 ， ，则 ，
所以， ，
所以， 在 上的投影向量为
.
故答案为： .
13. 直线 ， 的斜率 ， 是关于 的方程 的两根，若 ，则实数 ______．
【答案】
【解析】
【分析】由 结合根与系数的关系可得 ，从而可求得 的值.
【详解】因为 ，而且斜率存在，
所以 ，
又 ， 是关于 的方程 的两根，
所以 ，解得 ．
故答案为：
14. 若函数 在 内有且只有一个零点，则 在 上的最大值与
最小值的和为__________．
【答案】
【解析】
【分析】方法一：利用导数判断函数 在 上的单调性，确定零点位置，求出参数 ,再根据函数
在 上的单调性确定函数最值，即可解出.
【详解】［方法一］：【通性通法】单调性法
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求导得 ，
当 时，函数 在区间 内单调递增，且 ，所以函数 在 内无零
点；
当 时，函数 在区间 内单调递减，在区间 内单调递增．
当 时， ；当 时， ．
要使函数 在区间 内有且仅有一个零点，只需 ，解得 ．
于是函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
，所以最大值与最小值之和为 ．
故答案为： ．
［方法二］： 等价转化
由条件知 有唯一的正实根，于是 ．令 ，则
，所以 在区间 内单调递减，在区间 内单调递增，且
，当 时， ；当 时， ．
只需直线 与 的图像有一个交点，故 ，下同方法一．
［方法三］：【最优解】三元基本不等式
同方法二得， ，当且仅当 时取等号，
要满足条件只需 ，下同方法一．
［方法四］：等价转化
由条件知 有唯一的正实根，即方程 有唯一的正实根，整理得
，即函数 与直线 在第一象限内有唯一的交点．于是平移直线
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与曲线 相切时，满足题意，如图．
设切点 ，因为 ，于是 ，解得 ，
下同方法一．
【整体点评】方法一：利用导数得出函数在 上的单调性，确定零点位置，求出参数，进而问题转化
为闭区间上的最值问题，从而解出，是该类型题的通性通法；
方法二：利用等价转化思想，函数在 上有唯一零点转化为两函数图象有唯一交点，从而求出参数，
使问题得解；
方法三：通过三元基本不等式确定取最值条件，从而求出参数，使问题得解，是该题的最优解；
方法四：将函数在 上有唯一零点转化为直线与曲线相切，从而求出参数，使问题得解．
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. 已知函数 的最大值为 1，
（1）求常数 的值；
（2）求函数 的单调递减区间；
（3）求使 成立的 的取值集合.
【答案】（1）
（2） ，
（3）
【解析】
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【分析】（1）利用两角和与差的正弦公式展开，再利用辅助角公式化简为 的形式，最后
根据三角函数的性质可得 的值；
（2）利用正弦函数的单调性得 ， ，求解 即可；
（3）利用整体思想，借助三角函数 的图象与性质即可解不等式.
【小问 1 详解】
，
因为 的最大值为 1，且函数 的最大值为 1，
所以 ，解得 .
【小问 2 详解】
由（1）可知 .
由 ，
解得 ， ，
所以函数 的单调递减区间为 ， ；
【小问 3 详解】
由 ，得 ，即 .
所以 ， .
解得 .
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因此， 成立的 的取值范围是 .
16. 已知双曲线 的离心率是 ，焦距是 6．
（1）求 的方程；
（2）若直线 与 相交于 A，B 两点，且 （ 为坐标原点），求 的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意求出 、 ，即可求出 ，从而求出方程；
（2）设 ， ，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，再根据数量积的坐标表示
得到方程，代入 ， 求出 的值.
【小问 1 详解】
因为双曲线 ： （ ， ）的离心率是 ，焦距为 6，
所以 ， ，其中 ，解得 ， ，
所以 .
所以 的方程为 .
【小问 2 详解】
如图，
设 ， ，
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联立方程 消去 得 ，
因为直线 ： 与 相交于 ， 两点，
所以 ，即 且 ，
由韦达定理得 ，
又 ， ，
所以 ，
所以 ，
将韦达定理代入上式，得 ，
即 ，解得 ，满足 且 .
17. 如图，四边形 与 均为菱形， ， ， .
（1）求证： 平面 ；
（2） 为线段 上的动点，求 与平面 所成角正弦值的最大值；
（3）设 中点为 ， 为四边形 内的动点（含边界）且 ，求动点 的轨迹长度.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
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【解析】
【分析】（1）利用菱形的几何性质可得出 ，设 ，利用等腰三角形三线合一的性质
可得出 ，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）连接 ，推导出 ，以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建
立空间直角坐标系，设 ，其中 ，利用空间向量法可求得 与平面 所成角正弦
值的最大值；
（3）设点 ，根据 可得出点 的轨迹方程，明确点 的轨迹形状，即可得解.
【小问 1 详解】
因为四边形 为菱形，则 ，
设 ，连接 ，则 为 的中点，
因为 ，则 ，
因为 ， 、 平面 ，故 平面 .
【小问 2 详解】
连接 ，因为四边形 为菱形，则 ，
又因为 ，则 为等边三角形，
因为 为 的中点，则 ，
又因 平面 ，以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、
、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为 ，四边形 为菱形，且 ，则 是边长为 的等边三角形，
所以， ， ， ，
同理可得 ，
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所以， 、 、 、 、 、 ，
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，可得 ，
因为 为 上的动点，设 ，其中 ，
且 ， ，
所以， ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则
，
当 时， 取最大值，且最大值为 ，
因此， 与平面 所成角正弦值的最大值为 .
【小问 3 详解】
因为 为 的中点，则 ，
设点 ，则 ， ，
因为 ，即 ，即 ，
化简可得 ，
故动点 的轨迹是以点 为圆心，半径为 的圆在四边形 内的部分，
即圆心角为 的圆弧，故所求轨迹的长度为 .
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18. 一节阅读课，共有 n 位读者 围坐在圆桌前．每人面前和桌正中央各有一种不同的书（每
种书足够多），每人每课只能选一种书．
（1）当 时，若 3 人都不选桌中央的书，求每人都不选自己面前书的概率；
（2）规定每人只能从自己面前或桌中央随机选取一种书，将第 i 位读者面前的这种书编号为
．用 表示“编号为 i 的书未被选”， 表示“编号为 i 的书被选”．
（ⅰ）求 的概率分布；
（ⅱ）第一节阅读课后编号为 i 的书选择情况取值为 ，第二节课后编号为 i 的书选择情况取值为
．记 ，求 X 的分布列与数学期望．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据古典概率计算公式计算即可；
（2）（ⅰ）根据两点分布分布列计算即可；（ⅱ）列出随机变量 X 的可能取值，计算对应概率，可得分布列
与 数 学 期 望 ， 即 ， 再 计 算 ， 方 法 1： 设
，求导赋值计算即可；方法二：利用 计算即
可.
【小问 1 详解】
当 时，样本空间 包含 个样本点，
记“每人都不选自己面前的书”为事件 A，则事件 A 包含 8 个样本点，
所以 ；
【小问 2 详解】
（ⅰ） ， ，
则 的分布列为
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0 1
P
（ⅱ）随机变量 X 的可能取值有 0，1，2，3， ，n，
对于 的随机变量，在数组 与 中有 k 个对应位置上的值均为 1，剩下
个对应位置上的值有 3 种对应关系，此时所对应情况数为 种．
数组 的结果共 个，所以 ．
所以随机变量 X 的分布列为：
X 0 1 2 3 n
P
所以随机变量 X 的数学期望为 ．
下面计算 ：
方法 1：设 ，
两边求导得， ，
两边乘以 x 后得， ，
令 ，得 ，
所以 ．
所以 ．
方法 2：先证 ，
得 ，
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所以 ．
19. 已知函数 ， ，其中 a>1.
（I）求函数 的单调区间；
（II）若曲线 在点 处的切线与曲线 在点 处的切线平行，证明：
；
（III）证明：当 时，存在直线 l，使 l 是曲线 的切线，也是曲线 的切线.
【答案】(Ⅰ)单调递减区间 ，单调递增区间 ；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.
【解析】
【分析】（I）由题意可得 ，由 以及 即可解出；
（II）分别求出两切线方程，根据直线平行的条件得 ，两边取对数即可证出；
（III）方法一：分别求出两曲线的切线 的方程，则问题等价于当 时，存在 ，
，使得 l1 和 l2 重合，构造函数，令 ，利用导数证明
函数存在零点，即可证出.
【详解】（I）由已知， ，有 .
令 ，解得 x=0.
由 a>1，可知当 x 变化时， ， 的变化情况如下表：
x 0
0 +
极小值
所以函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
（II）由 ，可得曲线 在点 处的切线斜率为 .
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由 ，可得曲线 在点 处的切线斜率为 .
因为这两条切线平行，故有 ，即 .
两边取以 a 为底的对数，得 ，所以 .
（III）［方法一］：导数的几何意义＋零点存在性定理
曲线 在点 处的切线 l1： .
曲线 在点 处的切线 l2： .
要证明当 时，存在直线 l，使 l 是曲线 的切线，也是曲线 的切线，
只需证明当 时，存在 ， ，使得 l1 和 l2 重合.
即只需证明当 时，方程组 有解，
由①得 ，代入②，得 . ③
因此，只需证明当 时，关于 x1 的方程③存在实数解.
设函数 ，
即要证明当 时，函数 存在零点.
，可知 时， ；
时， 单调递减，
又 ， ，
故存在唯一的 x0，且 x0>0，使得 ，即 .
由此可得 在 上单调递增，在 上单调递减.
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在 处取得极大值 .
因为 ，故 ，
所以
.
下面证明存在实数 t，使得 .
由（I）可得 ，当 时，
有
，根据二次函数的性质，
所以存在实数 t，使得 ，
因此，当 时，存在 ，使得 .
所以，当 时，存在直线 l，使 l 是曲线 的切线，也是曲线 的切线.
［方法二］：
因为曲线 在点 处的切线斜率为 ，曲线 在点 处的切线斜率
为 ，所以直线 l 满足如下条件：
．
记 ，则 是关于 t 的减函数．
，
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使 ，即 ，即 ．
当 时， ；当 时， ，
，由（Ⅰ）
可得当 时， ．
若 ．则
，取 ， ，所以
在区间 内存在零点．
所以当 时，存在直线 l，使 l 曲线 的切线，也是曲线 的切线．
【整体点评】（III）方法一：利用切线重合，建立等量关系，通过消元得出方程，根据方程有解，转化为函
数有零点，由零点存在性定理证出；
方法二：根据斜率相等得出方程，引入新变元，构建关于新变元的方程，再由方程有实根，转化为对应函
数有零点，即可证出．
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