四川省攀枝花市2026届高三上学期第一次统一考试数学试题及答案

这是一份四川省攀枝花市2026届高三上学期第一次统一考试数学试题及答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．等差数列的前n项和为，若，则公差( )
A．1B．C．2D．
3．已知，，则是的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
4．二项式的展开式中的常数项为（ ）
A．30B．20C．15D．6
5．若双曲线的一条渐近线平行于直线，则双曲线的焦距为（ ）
A．2B．4C．D．
6．某校300名学生参加国学知识竞赛，随机抽取了40名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法中正确的是（ ）

A．a的值为
B．这40名学生竞赛成绩的平均数为75
C．这40名学生竞赛成绩的众数大于其平均数
D．这40名学生竞赛成绩的第80百分位数约为
7．已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．在区间上单调递增
C．的图象向左平移个单位长度后关于y轴对称
D．若在区间上恰有一个零点，则实数m的取值范围是
8．已知函数，若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．设复数z满足（i为虚数单位），记为z的共轭复数，则（ ）
A．B．复数z的虚部为
C．D．复数z在复平面内对应的点在第一象限
10．已知，，且，则（ ）
A．有最大值B．有最小值8
C．有最大值1D．有最小值
11．已知曲线在处的切线斜率为9，则（ ）
A．
B．函数有2个零点
C．若函数在区间上有最小值，则实数b的范围为
D．若，，则
三、填空题
12．若平面向量，，均为单位向量，且，则与的夹角为 ．
13．若，则 ．
14．已知函数的图象不在x轴上方，则的最大值为 ．
四、解答题
15．在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足．
(1)求角B；
(2)若，求周长的取值范围．
16．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧面底面，E、F分别为、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知数列的前n项和为，，且4，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，记数列的前项和为，证明：．
18．已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)函数有两个零点，．
（i）求实数a的取值范围；
（ⅱ）若函数有两个零点为，，证明：．
19．某校组织知识问答比赛，每名参赛选手都赋予6分的初始积分，每答对一题加1分，每答错一题减1分，已知小王每道题答对的概率为，答错的概率为，且每道题答对与否互不影响．
(1)求小王答3道题后积分小于6的概率；
(2)设小王答4道题后积分为X，求；
(3)若小王一直答题，直到积分为0或12时停止，记小王的积分为（，1，2，…，12）时，最终积分为12的概率为，则，．
（i）证明：数列为等比数列；
（ⅱ）求的值．
参考答案
1．A
【详解】由得，，
所以
故选：A
2．B
【详解】由题可知．
故选：B．
3．B
【详解】由，可得且；
由，不能得，
如当时，满足，
此时对数无意义，
即由能推出，但由推不出，
所以是的充分不必要条件.
故选：B.
4．C
【详解】的通项为：，令，
则展开式中的常数项为：.
故选：C
5．D
【详解】由题意得双曲线的一条渐近线方程为，
而双曲线的一条渐近线平行于直线，可得，
由题意得，则，即，
可得双曲线C的焦距为，故D正确.
故选：D
6．D
【详解】，故A错误
设这40名学生竞赛成绩的平均数为，则，故B错误
这40名学生竞赛成绩的众数为，，故C错误；
设这40名学生竞赛成绩的第80百分位数为，则，解得，故D正确.
故选：D
7．C
【详解】
.
选项A：最小正周期，故A错误；
选项B：求的单调递增区间：
令，，解得，，
所以区间包含（递增）和（递减），故B错误；
选项C：的图象向左平移个单位长度后得到：
，
为偶函数，图象关于轴对称，故C正确；
选项D：令，即，
则，，即，，
当时，；当时，；
若在区间上恰有一个零点，则，
所以实数的取值范围为，故D错误.
故选：C.
8．B
【详解】注意到，，，则.
当，易得在R上单调递增.
则，从而在上单调递增，则.
又注意到当时，在上单调递减，则.
综上可得.
故选：B
9．AC
【详解】因为，所以，
对于A：，A正确；
对于B：因为复数，所以复数的虚部为，B错误；
对于C：因为，所以，所以，
又，所以，C正确；
对于D：因为复数，所以复数在复平面内对应的点坐标为，在 第四象限，D错误；
故选：AC.
10．ABD
【详解】对A，因为，，且，所以，
整理可得，当且仅当，即时等号成立，正确；
对B，因为，所以，
当且仅当，即时等号成立，正确；
对C，因为，所以，当时等号成立，
又，故取不到等号，即的最大值不是1，错误；
对D，因为，所以，
由上知，，所以，当且仅当时等号成立，正确.
故选：ABD
11．ACD
【详解】对于A，因为，
所以，
所以，
由题意可得，
解得，故A正确；
对于B，由A可知，，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
且，，，，
当趋于时，趋于；当趋于时，趋于；
作出的图象，如图所示：

所以函数在，和上分别有一个零点，
所以函数有3个零点，故B不正确；
对于C，因为函数在区间上有最小值，
由函数的图象可得，解得，
即实数b的范围为，故C正确；
对于D，令，即，
所以，，
即，
所以或，
因为，
所以无解，
解得，即；
令，即，
即，
所以或，
又因为，
所以无解，
解得，即，
所以，故D正确.
故选：ACD.
12．
【详解】由可得，，即，
因为，，均为单位向量，所以，
所以，即.
设与的夹角为，
则，所以.
故答案为：
13．
【详解】因为，
所以
.
故答案为：
14．
【详解】的图象不在轴上方，即恒成立.
若，当时，，，所以，不合题意；
若，则，当时，，不合题意；
所以，且当时，由可得；当时，由可得，
又是增函数，所以当时，，即，
所以，令，则，
设，则，令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为，
即的最大值为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为，
所以由余弦定理得，
即，即，
又，则.
（2）由（1）知，又，
由正弦定理可得，
则
，
由，得到，，
则，可得，
故周长的取值范围为．
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如下图所示，作中点，连接，
因为分别为的中点，所以在中，且，
因为是中点，四边形为正方形，所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为面，面，所以面.
（2）如下图所示，作中点，连接，
因为是正三角形，所以，
因为面面，平面，平面平面，
所以面，
因为分别为的中点，四边形为正方形，所以，
则两两相互垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
由正方形边长为，是正三角形，所以，
可得，
所以，
设面的法向量为，
则，即，
令，解得，所以面的一个法向量为，
设面的法向量为，
则，即，
令，解得，所以面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
即，所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意.
当时，.
当时，，，
两式相减，得
所以，
又因为，所以.
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列.
所以.
（2）因为，
所以
，
因为为单调递增数列，且,
所以.
18．(1)答案见解析；
(2)（i）；（ⅱ）证明见解析.
【详解】（1）因为（），所以.
当时，在上恒成立，所以在上单调递减，无极值；
当时，由；由.
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以有极小值，无极大值.
（2）（i）.
设，则问题转化为与函数的图象有两个交点.
因为.
由，由.
所以在上单调递增，在上单调递减.
，且当时，；；当时，.
所以当时，与函数的图象有两个交点.
所以实数的取值范围为.
（ⅱ）由（i）可知，.
由.
设，，则，
由；由.
所以在上单调递增，在上单调递减.
又，，当时，.
当时，与函数的图象有两个交点，且.
所以，且.
又，，，，
结合（i），，.
由，由.
所以.
因为，所以，，
所以，即.
19．(1)
(2)
(3)（i）证明见解析；（ⅱ）
【详解】（1）小王答3道题后积分小于6，则小王3题都答错，或答对1题，答错2题，
故所求概率为.
（2）设小王答对的题数为，则他答错的题数为，
所以．
由题意知，所以，所以．
（3）（i）当小王的积分为时，若小王接下来一题答对，
则积分变为，若小王接下来一题答错，则积分变为．
由全概率公式有，
整理可得．
又，所以为等比数列．
（ii）由（i）可得，
所以，
又，所以．
所以.