四川省成都市第七中学2026届高三下学期开学考试数学试卷含答案（word版+pdf版）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 在复平面内,复数 对应的点的坐标是 ,则 的共轭复数
A. B. C. D.
【答案】D
2. 已知集合 ，则
A. B. C. D.
【答案】B
3.某卫星接收天线的截面可近似看作抛物线 的一部分,信号接收焦点位于抛物线的焦点 处. 若抛物线上的信号接收点 到直线 的距离为 9,则焦点 到点 的距离
A. 8 B. 7 C. 6 D. 5
【答案】B
4.为了得到新函数 的图象,只需把原函数 的图象上所有点的
A. 横坐标变为原来的 倍(纵坐标不变) B. 横坐标变为原来的 3 倍(纵坐标不变)
C. 纵坐标变为原来的 倍(横坐标不变) D. 纵坐标变为原来的 3 倍(横坐标不变)
【答案】A
5.将 两组数据按从小到大顺序排列, 组为 组为 , 58. 若两组数据的 40% 分位数相等,则 可能等于
A. 47 B. 57 C. 67 D. 77
【答案】C
6.从整数 1，2，...，10 中任取三个不同的数. 则这三个数构成公比大于 1 等比数列的概率为
A. B. C. D.
【答案】A
7.古代祭祀用的礼器中，“笾”是盛放干果的器具，足座常为正四棱台，上承盘体， 下接底座. 如图,在一个盛满干果的 “笾” 中, , 若从中取出 干果后,干果的高度约下降一半,则剩余的干果的质量约为
A. 1000g B. 1200g C. 1400g D. 1900g
【答案】C
8.已知 ，则下列说法错误的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】 ,化简可得 ,故 .
由 可得: ,故 ,易知 时, ,故 ,故 A 正确;
由 ,即判断 . 由 ,易知 ,可知 ,即 ,故 B 正确;
由 ,可知 ,即 ,故 ,故 ,即 ,可得 ,故 错误;
由 可知: ,故
令 ,构造函数
于是 ,易知 ,故 ,可知 单调递增,于是 ,故 ,故 正确.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.某地区为研究森林中某种鸟类的种群数量变化,使用公式: 来研究种群数量的变化趋势，其中 为最终预测数量， 为初始数量， 为种群数量的年增长率， 为预测的年数，则
A. 当 ,则这期间种群数呈下降趋势
B. 当 ,则这期间种群数呈下降趋势
C. 若初始数量 ,年增长率为 ,则 2 年后预测种群数量为 1061
D. 若初始数量 ,年增长率为 ,则 2 年后预测种群数量为 2991
【答案】AC
10.已知 ,则
A. 的值为 1 B. 的最小值为
C. 的图象关于直线 对称 D.
【答案】ACD
【解析】 ,故 A 正确;
,故 B 错误;
,故 C 正确;
由 故 ,故只需研究 在 上的值域情况:
可得
列表易知 ,故 D 正确.
11.已知正四面体 的棱长为 为其外接球球心, 分别为棱 的中点,下列说法正确的有
A. 异面直线 与 的距离为
B. 正四面体 的外接球表面积为
C. 直线 与平面 所成角的正弦值为
D. 若存在点 满足 ,过点 的平面 与线段 分别相交,记在平面 两侧的几何体的体积分别为 ,其中 ,则 的最小值为
【答案】ABD
【解析】对于选项 ,已知正四面体中对棱垂直且异面,连接 ,则 为异面直线 与 的公垂线段. 由棱长为 2,得 ,在 中, , 正确.
对于选项 ,正四面体的外接球半径 (可在外接正方体中求解),球表面积 正确.
对于选项 ,
方法一:以正四面体中心 为原点建立空间直角坐标系，由于求线面角，不妨将正四面体等比例放大，可设
,此时边长扩大了 倍,
计算可得 ,平面 的法向量 ,
直线 OE 的方向向量 ,设线面角为 ,则 , C 错误.
方法二: 可在外接正方体中进行建系求解.
对于选项 D,设平面 与棱 分别交于点 ,设 ,其中 ,直线 与平面 交于点 ,由点 为外接球的球心,有 ,
又由 ,得到 ,因为 四点共面,
所以 ,即 . 容易知道 ,
其中 为棱之间的夹角,下面求 的取值范围, 由 ,易知 ,可得 ,其中 , 令 ,则 ,因此 , 又因为 ,所以 , D 正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 的展开式中二项式系数最大的项为________.
【答案】70
13.函数 在点 处的切线与 平行,则 _______.
【答案】 1
14.从 这 10 个数字中选出 3 个不同的数字组成三位数，其中小于 325 的共有_____个； 若从这 10 个数字中每次有放回地随机抽取一个数字称为一次试验, 抽中数字 7 则试验停止, 若要使随机事件“在前 次试验内停止试验”的概率大于 0.523， 的最小值为_____.
(参考数据: )
【答案】1638
【解析】(1)当百位数小于 3 时,有 个; 当百位数为 3,十位数小于 2 时,有 个; 当百位数为 3,十位数为 2 时,有 个. 综上所述,共有 个.
(2)记随机变量 为试验次数， ，
或 .
找到最小的整数 ,使得: ,两边取自然对数: ,由于 ,不等号方向改变: ,因为 是整数,所以 的最小值为 8 .
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 .
(1)讨论函数 的单调性;
(2)当 时,令 ,求证: .
【解析】(1) 的定义域为 , 1 分
当 时: 由于 ,则 ,因此 在 上恒成立.
所以,函数 在 上单调递减.3 分
当 时: 令 ,解得 .
当 时, ,故 ,函数 单调递增.
当 时, ,故 ,函数 单调递减. 5 分
综上,若 ,则 在 上单调递减.
若 ,则 在 上单调递增,在 上单调递减. 6 分
(2)证明:即证 ，即证 ，即证: ，即证: ，
令 ,只需证明 . 8分
, 10 分
当 时, ,所以 在 上单调递增,因此: ,
即 ,等价于 ,证毕.
同理当 时,即证: ,即证: ,构造函数 .
,可知 在 上单调递减. . 得证
综上: 得证 13 分
16.某外卖平台为提升配送效率, 会根据实时订单密度自动调度骑手数量. 平台规定, 订单密度 (单位: 单/平方公里. 小时) 在 时为低峰水平,在 时为高峰水平. 为优化运力配置,平台开发了智能调度系统, 其骑手调度数量与订单密度的对应关系如下表:
根据历史运营数据可知，该平台配送区域内订单密度 低于 60,90,120,180 的概率分别为 0.3,0.5, 0.7, 0.9 .
(1)(i)估计该配送区域内每平方公里 1 小时内订单密度 的均值；
(ii) 若单个骑手每小时平均可配送 10 单, 求该配送区域内每平方公里 1 小时内平均配送订单数.
(2)若启用智能调度系统之后，该平台配送区域内订单密度 低于 60,90,120,180 的概率均相应增加了 0.05，该平台启用智能调度系统之后，求调度骑手数 的期望 .
【解析】(1) (i) 由题意得: ,

则 记 的均值为 ,
则 ,4分
(ii) 调度骑手数 的分布列为:
6 分
因此, ,8 分
单个骑手每小时平均配送 10 单,所以每小时平均配送订单数: . 9 分
(2)该平台启用智能调度系统之后，订单密度 对应的概率为:
,
,
所以调度骑手数 的分布列为:
12 分
则 . 15 分
17.已知四棱锥 中， 底面 ，在四边形 好 ，满足 ， ， .
(1)求证:平面 平面 ；
(2)设 ，若线段 上是否存在一个点 ，使得点 到点 的距离都相等? 说明理由.
【解析】
(1) 因 底面 底面 ,则 , 2 分
又 , 平面 ,则 平面 , 4 分
又 平面 ,则平面 平面 ; 6 分
(2)以 为原点，建立空间直角坐标系，如图.
由 ，设 ，于是 ，
其中 ,则 .
由 ,可得 . 10 分
假设存在一个点 ,使得点 到点 的距离都相等,
则 ,由 ,
可得 . 12 分
又 ,其判别式小于 0,故方程无解, 14 分
即线段 上不存在一个点 ,使得点 到点 的距离都相等. 15 分
18.已知数列 的前 项和为 .
(1)求数列 的通项公式；
(2)记 ，记 ，若 ，求 的最小值；
(3)请比较 与 的大小，并说明理由.
【解析】(1) 当 时: , 1 分
当 时: , 3 分
因为 也满足 ,所以数列的通项公式为: . 4 分
(2)由 , 5 分
而 ,
则 ,
即 7 分
当 单调递减,可知: , 8 分
当 单调递增,可知: , 9 分
又 ,故 故 10 分
(3)即证明: . 11 分
方法一:令 ,
只需证明: ,即证 ,而 , 12 分
14 分
由
,得证. 17 分
方法二: (数学归纳法)
, 11 分
假设 时,
则当 时, 13 分
只需证明: 14 分
即证
,证毕. 17 分
19.已知抛物线 .
(1)若 ，求过焦点 且倾斜角为 的直线被抛物线 所截得的弦长.
(2)若 ，
(i)是否存在抛物线上的三个点 ,使得 的内角平分线为 ? 若存在,求直线 的斜率, 若不存在, 请说明理由;
(ii) 若抛物线上的三个点 构成等腰直角三角形,求 面积的最小值.
【解析】(1) 方法一: 若 ,过焦点 且倾斜角为 的直线: 1 分与抛物线联立可得: ,判别式 ,
设弦的两个端点 则 ,
弦长 . 4 分
方法二: 设直线: , 1 分
与抛物线联立得: ,计算 ,同理可得, , 4 分
(2)(i)由于 的角平分线为 ， 5 分
即: ,化简得: ,即 ,可得 , 6 分易知满足条件的 斜率必存在. 设直线 的方程为: ,将其与抛物线 联立得:
由韦达定理,得: ,因此 , 8 分
又因为点 在抛物线上,满足 ,所以 ,
而点 在角平分线上,即 ,则 ,解得 . 10 分
(ii)若三角形 为等腰直角三角形,
不妨设 ,因为 ,且 ,注意到直线 与 斜率均 , 于是不妨设 , 12 分
(注: 也可通过构造一组互相垂直且模相等的向量 与 ,反解出点 的坐标) 此时 ,
代入抛物线方程可得: ,解得 ,
所以 ,整理得 , 14 分
由于 ,当且仅当 时等号成立; ,当且仅当 时等号成立,
则 ,即 ,当且仅当 时等号成立, 16 分
所以 ,当且仅当 时,三个顶点坐标为 ,此时三角形 面积的最小值为 16 . 17 分订单密度
调度骑手数 (人)
15
25
40
80
120
15
25
40
80
120
0.3
0.2
0.2
0.2
0.1
调度骑手数 Z(人)
15
25
40
80
120
0.35
0.2
0.2
0.2
0.05