四川省绵阳市2026届高三数学上学期期中测试试题含解析

这是一份四川省绵阳市2026届高三数学上学期期中测试试题含解析，共20页。试卷主要包含了考试结束后，只交回答题卡即可， 已知 ， ， ，则 ．等内容，欢迎下载使用。
试题说明：
1.考试时间 120 分钟，试卷满分 150 分.
2.开考前，请在试卷上和答题卡上都要填写好自己的个人信息，然后用 2B 铅笔在答题卡的规
定区域填写，用 0.5mm 黑色签字笔在答题卡的指定区域书写.
3.考试结束后，只交回答题卡即可.
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. 已知集合 ，若 ，则 （ ）
A. -1 B. 0 C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素与集合的关系列方程求解即可.
【详解】因为 ，所以 或 ，
而 无实数解，所以 .
故选：C.
2. 若复数 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法法则和共轭复数的概念即可求解.
【详解】 ,
所以 .
故选：B.
3. 中，“ ”是“ ”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
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C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理，大角对大边，大边对大角等证明出充分性和必要性均成立，从而求出答案.
【详解】因为 ，由大角对大边可得 ，
由正弦定理得 ，且 ，
所以 ，故 ，充分性成立，
同理当 时， ， ，
由正弦定理 可得 ，
由大边对大角可得 ，必要性成立，
“ ”是“ ”的充要条件.
故选：C
4. 已知定义在 上的偶函数 ，且当 时， 单调递减，则关于 x 的不等式
的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据具有奇偶性的定义域关于原点对称，求得 的值，把不等式 转化为
，根据单调性和定义域，得出相应的不等式组，即可求解.
【详解】由题意，定义在 上的偶函数 ，可得 ，解得 ，
即函数 的定义域为 ，
又由函数当 时， 单调递减，
则不等式 可化为 ，
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可得不等式组 ，解得 ，即不等式的解集为 .
故选：D.
【点睛】求解函数不等式的方法：
1、解函数不等式的依据是函数的单调性的定义，
具体步骤：①将函数不等式转化为 的形式；②根据函数 的单调性去掉对应法则“ ”转
化为形如：“ ”或“ ”的常规不等式，从而得解.
2、利用函数的图象研究不等式，当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化
为两函数的图象上、下关系问题，从而利用数形结合求解.
5. 如图，在正方体 中， 是棱 的中点，点 在棱 上，且 ，若
平面 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求平面 的法向量 ，根据线面平行可得 ，运算求解即可.
或利用线面平行的判定结合条件可得.
【详解】解法一：以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴､ 轴､ 轴，建立如图所示的空间直
角坐标系，设正方体的棱长为 1，
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则 ， ，可得 ，
设 是平面 的法向量，则 ，
令 ，则 ，即 ，
由 ，且 ，可得 ，
又因为 ，则 ，
由 平面 ，可得 ，
解得 .
解法二：如图，取 中点 ，连接 ，易证 ，
所以平面 即为平面 ，
易知当 为 的中点时， ， 平面 ， 平面 ，
从而 平面 ，所以 .
故选：C.
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6. 若直线 与曲线 有两个不同的交点，则实数 的取值范围是（
）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线 l 的方程得到直线 l 恒过定点 ，根据曲线 C 的方程曲线 C 表示半圆，然后结合
图形求 k 的范围即可.
【详解】直线 l 恒过定点 ，
曲线 C 的方程可整理为 ，
所以曲线 C 表示以 为圆心，半径为 2 的半圆，图象如下所示：
， 为两种临界情况，由题意得 ，则 ，
令圆心 到直线 l 的距离 ，解得 ，则 ，
所以当 时，直线 l 与曲线 C 有两个不同的交点.
故选：D.
7. 已知 为常数，函数 存在极大值，则不等式 的解集为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
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【解析】
【分析】先确定定义域，根据 存在极大值，确定其导函数 存在零点且零点处由正变负，对其二
次求导通过 的正负确定 的单调性从而确定 的取值范围进而可解不等式.
【详解】因为存在 ，所以要求 ，故函数的定义域为 ，
因为函数 存在极大值，所以其导数 需存在零点，且零点处由正变负，
求导得： ，
令 ，即 .二阶导数 ，
当 时， 在定义域 上恒成立，所以 在 上单调递增， 此时函数
可能存在极小值或无极值，不存在极大值，不符合题意；
当 时， 时，即 ， 时，即 ；
故 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增；故 的极小值为
，
若函数 存在极大值，则 ，故 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，故 化简为 ，所以 .
故选：D
8. 已知 ， ， ，则 （ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件的并事件的概率加法公式，条件概率公式，独立事件的概率公式即可求解.
【详解】 ,
即 ，解得 .
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.
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9. 函数 的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. 是函数的一条对称轴 D.
是函数的对称中心
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数图象知： 、 、 为对称轴、 是函数的一个对称中心，结
合余弦函数的性质即可判断各选项的正误.
【详解】由图知： ，即 ，而 ，可得 ，A 正确；
且 ，可得 ，B 错误；
为对称轴，C 正确；
由 是函数的一个对称中心，则 是函数的对称中心，D 正确；
故选：ACD
10. 已知向量 ， ， ， ，则下列说法正确的是（ ）
A. 若 ，则 有最小值
B. 若 ，则 有最小值
C. 若 ，则 的值为-1
D. 若 ，则 的值为 1
【答案】AB
【解析】
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【分析】对于 A 项，运用数量积公式、基本不等式及“1”的代换可得结果，对于 B 项，运用数量积公式及
基本不等式计算可得结果，对于 C 项，运用向量共线、数量积公式及对数运算可得结果，对于 D 项，运用
向量垂直计算即可.
【详解】因为 ， ，
对于 A 项，因 ，所以
，当且仅当 ，即 ， 时取等号，故 A 项正确；
对于 B 项，若 ， ， ， ，当且仅当 ， 时
取等号，故 B 项正确；
对于 C 项，若 ，则 ，则 ，又因为 ， ，
所以 当且仅当 ， 时取等号，
所以 ，故 C 项错误；
对于 D 项，因为 ，所以 ，又因为 ， ，
所以这样的 a，b 不存在，故 D 项错误.
故选：AB.
11. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 的图象在点 处的切线方程为
B. 的单调递增区间为
C. 在区间 上的最大值为
D. 若方程 有两个不同的实数解，则
【答案】AD
【解析】
【分析】利用导数研究 的单调性和极值，并画出大致图象，再依次判断各项的正误.
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【详解】由题设
当 时， ，即 在 上单调递减，
当 时， ，即 在 上单调递增，
当 时， 恒成立，且 时 ，极小值 ，无极大值，
所以函数大致图象如下，
由上分析， ， ，则点 处的切线为 ，即 ，A 对；
在 上单调递减，B 错；
在区间 上的最小值为 ，C 错；
要使方程 有两个不同的实数解，只需 ，即 ，D 对.
故选：AD
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 函数 在区间 上的最大值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】由导函数的正负研究函数单调性，进而得到极值，比较极值和端点函数值的大小确定函数的最大
值.
【详解】由题意， ，
所以， 时， ， 单调递增； 时， ， 单调减；
时， ， 单调递增.
又 ， ，
所以，函数 在区间 上的最大值为 .
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故答案为： .
13. 已知两定点 ，动点 满足 ，则动点 的轨迹方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设 ，可得 坐标，根据题意，列出等式，化简计算，即可得到答案.
【详解】设 ，则 ，
因为 ，
所以 ，即 ，
则 ，即 ，且 ，
整理得 ，即 .
故答案为：
14. 学生到工厂劳动实践，利用 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体 挖去四棱
锥 后所得的几何体，其中 为长方体的中心， 分别为所在棱的中点，
， 打印所用原料密度为 ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原
料的质量为___________ .
【答案】
【解析】
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【分析】根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质
量.
【详解】由题意得， ，
四棱锥 O−EFG 的高 3cm， ∴ ．
又长方体 的体积为 ，
所以该模型体积为 ，
其质量 ．
【点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．
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 ， ， 与 的夹角为 ．
（1）求 ；
（2）当 为何值时， ？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积定义和运算律可求得 ，进而得到 ；
（2）由向量垂直可得 ，根据向量数量积定义和运算律可构造方程求得结果.
【小问 1 详解】
，
， .
【小问 2 详解】
由 得： ，
解得： .
16. 如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ABCD， ，M 为 BC 的
中点.
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（1）求证： 平面 PBD；
（2）求平面 ABCD 与平面 APM 所成角的余弦值；
（3）求 D 到平面 APM 的距离.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合相似三角形的判定定理和性质、线面垂直的判定定理进行证明即
可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间点到直线距离公式进行求解即可.
【小问 1 详解】
因为 ，M 为 BC 的中点，
所以 ，
因为四棱锥 的底面是矩形，
所以 ，
所以 ，所以 ，
而 ，即 ，
因为 底面 ABCD， 底面 ABCD，
所以 ，而 平面 PBD，
所以 平面 PBD；
【小问 2 详解】
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因为 平面 ABCD， 平面 ABCD，
所以 ，
因为因为四棱锥 的底面是矩形，
所以 ，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
因为 平面 ABCD，
所以平面 ABCD 的法向量为 ，
设平面 APM 的法向量为 ，
， ，
于是有 ，
平面 ABCD 与平面 APM 所成角的余弦值为 ；
【小问 3 详解】
由（2）可知平面 APM 的法向量为 ， ，
所以 D 到平面 APM 的距离为
17. 改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解
某校学生上个月 A，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了 100 人，发现样本中 A，B
两种支付方式都不使用的有 5 人，样本中仅使用 A 和仅使用 B 的学生的支付金额分布情况如下：
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交付金额(元)
(0,1000] (1000,2000] 大于 2000 支付方式
仅使用 A 18 人 9 人 3 人
仅使用 B 10 人 14 人 1 人
（Ⅰ）从全校学生中随机抽取 1 人，估计该学生上个月 A，B 两种支付方式都使用的概率； （Ⅱ）从样本
仅使用 A 和仅使用 B 的学生中各随机抽取 1 人，以 X 表示这 2 人中上个月支付金额大于 1000 元的人数，
求 X 的分布列和数学期望；
（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用 A 的学生中，随机抽查 3 人，发
现他们本月的支付金额都大于 2000 元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用 A 的学生中本月支付金额大于
2000 元的人数有变化？说明理由．
【答案】(Ⅰ) ；
(Ⅱ)见解析；
(Ⅲ)见解析.
【解析】
【分析】(Ⅰ)由题意利用古典概型计算公式可得满足题意的概率值；
(Ⅱ)首先确定 X 可能的取值，然后求得相应的概率值可得分布列，最后求解数学期望即可.
(Ⅲ)由题意结合概率的定义给出结论即可.
【详解】(Ⅰ)由题意可知，两种支付方式都是用的人数为： 人，则：
该学生上个月 A，B 两种支付方式都使用的概率 .
(Ⅱ)由题意可知，
仅使用 A 支付方法的学生中，金额不大于 1000 的人数占 ，金额大于 1000 的人数占 ，
仅使用 B 支付方法的学生中，金额不大于 1000 的人数占 ，金额大于 1000 的人数占 ，
且 X 可能的取值为 0,1,2.
， ， ，
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X 的分布列为：
X 0 1 2
其数学期望： .
(Ⅲ)我们不认为样本仅使用 A 的学生中本月支付金额大于 2000 元的人数有变化.理由如下：
随机事件在一次随机实验中是否发生是随机的，是不能预知的，随着试验次数的增多，频率越来越稳定于
概率．
学校是一个相对消费稳定的地方，每个学生根据自己的实际情况每个月的消费应该相对固定，出现题中这
种现象可能是发生了“小概率事件”.
（答案不唯一，小概率事件发生也可认为是人数发生了变化）
【点睛】本题以支付方式相关调查来设置问题，考查概率统计在生活中的应用，考查概率的定义和分布列
的应用，使学生体会到数学与现实生活息息相关.
18. 阅读材料：
极点与极线，是法国数学家吉拉德•笛沙格（Girard Desargues， ）于 年在射影几何学的奠
基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述，它是圆锥曲线的一种基本特征.已知圆锥曲线
，则称点 和直线
是圆锥曲线 的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方
程中，以 替换 ，以 替换 （另一变量 也是如此），即可得到点 对应的极线方程．特
别地，对于椭圆 ，与点 对应的极线方程为 ；对于双曲线 ，
与点 对应的极线方程为 ；即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应
的关系.
其中，极点与极线有以下基本性质和定理
①当 在圆锥曲线 上时，其极线 是曲线 在点 处的切线；
②当 在 外时，其极线 是曲线 从点 所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）；
③当 在 内时，其极线 是曲线 过点 的割线两端点处的切线交点的轨迹.
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根据上述材料回答下面问题：
已知双曲线 ，右顶点 到 的一条渐近线的距离为 ，
已知点 是直线 上的一个动点，点 对应的极线与双曲线交于点 ，
（1）若 ， ，证明：极线 恒过定点.
（2）在（1）的条件下，若该定点为极线 的中点，求出此时的极线方程
（3）若 ， ， ，极线 交 的右支于 ， 两点，点 在 轴上方，点 是双曲线
的左顶点，直线 ，直线 分别交 轴于 ， 两点，点 为坐标原点，求 的值
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，确定双曲线方程，结合题意确定 方程即可求解；
（2）设 ， ，利用点差法求出直线斜率即可求解；
（3）根据已知条件，结合材料，确定 为 ，直曲联立，利用韦达定理得到：
， ，结合题意有 化简整理即可求解.
【小问 1 详解】
右顶点为 ， ，
双曲线的一条渐近线方程为： ，
由 ， ，
双曲线的标准方程
点 在直线 上，
设 ，
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根据阅读材料可得极线 为： ，
整理有： ，
则由 ， ， 定点为 .
【小问 2 详解】
若定点 为 的中点，设 ， ，则 ，
由点差法可得：
又因为： ， ，所以
解得： ，所以极线方程为： .
【小问 3 详解】
， ， ，所以直线方程 ： ，
由题意，设 ：则极线 为： 即 ，
由
设 ，
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由韦达定理可得 ， ，
直线 ，得 ，
直线 ，得 ，
，
、 满足 ， ， ，
且 ， ，
所以原式化为：
.
【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，化简求值.
19. 已知函数 ．
（1）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若 在 上单调递增，求实数 的值；
（3）已知数列 满足 ， ，证明： ．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；
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（2）由 恒成立，通过 ， 两类情况讨论即可；
（3）由（2）得到 ，再结合 ，得到 ，累加求和即可
求证；
小问 1 详解】
当 时， ， ，
所以 ， ，
所以曲线 在点 处的切线方程： ；
即 ；
【小问 2 详解】
在 上单调递增，
等价于 恒成立，
令 ，
当 时，易知 在 上单调递增，
当 时， ，故 时， ，
不符合题意，舍去；
当 时， ，由 ，可得 ，
易知当 时， ，当 时， ，
所以 在 单调递减，在 单调递增，
由题意得最小值 ，
即 ，
构造函数 ，
，易知 时， ， ， ，
所以 在 单调递增，在 单调递减，
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当 时，取得最大值 ，
也即要使得 成立，需满足 ，即 ；
【小问 3 详解】
由（2）知，当 时，
在 上单调递增，
又 ，所以当 时， ，
由 ，又 ，易知
可得： ，
所以 ，即
累加求和可得： ，
即 ，
即 ，又 ，
所以 ，又 ，
所以 .
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