甘肃省白银市普通高中改革与发展共同体2026届高三上学期1月期末联考数学试题（Word版附答案）

这是一份甘肃省白银市普通高中改革与发展共同体2026届高三上学期1月期末联考数学试题（Word版附答案），共13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。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，则的虚部是（ ）
A．B．C．D．
3．设向量，若，则（ ）
A．2B．1C．D．0
4．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．有12位同学在毕业前夕要留影，每位同学的身高均不同，要求排成前5位、后7位的两排，且组长站在前排正中间，两位女生甲、乙站前排，则所有的排法有（ ）种．
A．B．C．D．
6．若函数的单调递减区间为，则的值为（ ）
A．6B．3C．-3D．-6
7．记等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．10B．18C．26D．62
8．定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知一组样本数据，则（ ）
A．该样本数据的平均数为2B．该样本数据的众数与中位数相同
C．该样本数据的方差大于极差D．该样本数据的标准差小于众数
10．对于函数，则（ ）
A．函数的图象关于直线对称
B．函数在区间上单调递减
C．函数在区间上的值域为
D．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
11．在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别为棱，，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．直线与所成角的余弦值为
C．点E到平面的距离为
D．三棱锥的外接球的表面积为
三、填空题
12．若方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数a的取值范围是 .
13．若，，则 .
14．已知实轴长为的双曲线的渐近线为，、分别为的上、下焦点，过点的直线与的上、下两支分别交于点、，且，则直线的斜率为 .
四、解答题
15．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)求角A的大小；
(2)若的面积为，求的值；
16．设抛物线的焦点为，过的直线与交于A，B两点.
(1)求的准线方程；
(2)设为准线上一点，且，求.
17．如图，直三棱柱中，，，，是的中点，，分别是棱，上的点，.
(1)证明：平面；
(2)求平面和平面所成的二面角的正弦值.
18．设函数.
(1)若曲线在点处的切线经过点，求实数的值；
(2)讨论的单调性；
(3)若存在正实数，使得对，都有，求的取值范围.
19．小芳、小明两人各拿两颗质地均匀的骰子（点数为1，2，3，4，5，6）玩游戏，游戏规则如下：每次由1人投掷手中的两颗骰子，在一次投掷后，若掷出的点数之和为4的倍数，则由原来投掷人继续投掷；若掷出的点数之和不是4的倍数，则由对方接着投掷．
(1)求小明在一次投掷后，掷出的点数之和是4的倍数的概率；
(2)规定第一次从小明开始，
（ⅰ）求前4次投掷中，小明恰好投掷2次的概率；
（ⅱ）在游戏的前4次投掷中，设小芳投掷的次数为随机变量，求的分布列和均值；
(3)若第一次从小芳开始，求第次由小芳投掷的概率．
参考答案
1．A
【详解】因为，，
由交集定义可得，.
故选：A.
2．C
【详解】由，得，
则，所以的虚部为.
故选：C.
3．C
【详解】因为向量，
由，可得，解得.
故选：C.
4．D
【详解】由可得或，
由可得，故或，解得或，
因此由推不出，由也推不出，
故“”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D
5．D
【详解】第一步，从除组长、甲、乙外的9人中选出2人，有种；
第二步，甲、乙和选出的2人排在前排，共种；
第三步，后排7人全排列，有种，
由分步乘法计数原理可得共有种.
故选：D
6．B
【详解】由题意得，
因为函数的单调递减区间为，
所以的解集为，
即方程的两根为，
所以，解得，
故选:B.
7．C
【详解】由可得公比，，
因此，
故选：C
8．D
【详解】因为是定义在上的奇函数，则，
可得，可知4是的一个周期，
又因为当时，，则，，
对，令，可得，
令，可得；
令，可得；
则，，，
可得，所以.
故选：D.
9．BD
【详解】因为平均数，
所以方差，标准差，众数为2，
将这组数由小到大排列，即，
2在中间，中位数为2，最大数为3，最小数为，极差为，
所以BD正确，AC错误.
故选：BD.
10．AC
【详解】
，
对于A：，故A正确；
对于B：，此时有增有减，故B错误；
对于C：，此时，故C正确；
对于D：函数的图象向右平移个单位得，故D错误，
故选：AC．
11．ABC
【详解】在棱长为2的正方体中，点F，G分别为棱，的中点，
则，又平面，平面，
所以平面，故A正确；
连接，，易得，所以为直线与所成的角或补角，
又易得，，，
由余弦定理得，
所以直线与所成角的余弦值为，故B正确；
在中，，，
所以，
设点E到平面的距离为h，
又，所以，解得，
即点E到平面的距离为，故C正确；
为直角三角形，设的中点为，底面，
设外接球半径为，球心为，则在直线上，
而，故为钝角，
故在的延长线上，

由，，解得，
所以外接球的表面积为，故D错误.
故选：ABC.
12．
【详解】因为焦点在x轴上，则，解得.
则实数a的取值范围是.
故答案为：.
13．/
【详解】因为，所以，所以，
，又，解得，
所以.
故答案为：.
14．
【详解】因为实轴长为的双曲线的渐近线为，
则，解得，所以，双曲线的方程为，
，
如下图所示：
设，由双曲线的定义可得，则，
，所以，，
所以，，
由余弦定理可得，
所以，，解得，
所以，
，
所以，，
当直线的倾斜角为锐角时，则，
所以，，
此时，直线的斜率为；
当直线的倾斜角为钝角时，由对称性可知，直线的斜率为.
综上所述，直线的斜率为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由可得，
故，
由于,故，
（2）由，故，
又得，故，
故，
16．(1)
(2)
【详解】（1）因为抛物线的方程为，所以抛物线的准线方程为
（2）因为在的准线上，所以，即，
易得的坐标为，此时，
因为，所以，解得，
所以的方程为，设，，
联立消去并整理得，由韦达定理得，
所以
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取中点，连接，，
由是中点得，，
三棱柱中，由，，
由题意，分别是棱，上的点，，得，
所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）在直三棱柱中，平面，，
所以，，两两垂直，
以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
由，，，
知，，，，，
设平面的一个法向量为，则即
取，则，，即；
易知平面的一个法向量为，
设平面和平面所成二面角为，
则，所以，
即平面和平面所成的二面角的正弦值为.
18．(1)
(2)答案见解析
(3).
【详解】（1）因为，所以，
，所以曲线在点处的切线为，
又切线过点，所以，所以.
（2）的定义域为，，
当时，，在上单调递增；
当时，由，得；由，得；由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（3）当时，在上单调递增，由知时，，
当时，由（2）知当，即时，对成立，
所以时，存在正实数，使得对，从而化为，
当，即时，由（2）知在上单调递减，，
化为，即，
①时，令，则，
当时，在单调递增，存在正实数，使得对，
当时，由得，由得，由得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
要存在正实数，使得对，则，所以；
②当时，令，
要存在正实数，使得对，
则存在正实数，使得在上单调递减，即对成立，
当时，，此时单调递增，不符合题意，
当时，由得，从而，所以.
综合①②知，的取值范围为.
19．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）分布列见解析，
(3)
【详解】（1）设事件为“小明投掷一次骰子后，点数之和为4的倍数”，则基本事件总数为36，
事件包含的基本事件有，，，，，，，，，共9个基本事件，
则．
（2）由（1）知小芳投掷一次后，出现点数之和是4的倍数的概率也为．
（ⅰ）因为第1次从小明开始，所以前4次投掷中小明恰好投掷2次的概率为：
；
（ⅱ）设游戏的前4次投掷中，小芳投掷的次数为，则可取0，1，2，3，
，
，，
所以的分布列为：
．
（3）若第一次从小芳开始，则第次由小芳投掷骰子有两种情况：
第一种情况：第次由小芳投掷，第次继续由小芳投掷，其概率为（）；
第二种情况：第次由小明投掷，第次由小芳投掷，其概率为（）；
由于这两种情况彼此互斥，所以（），
所以（），且，
所以是以为首项，为公比的等比数列，0
1
2
3