2026届四川省广安市高三下第一次测试数学试题（含答案解析）

这是一份2026届四川省广安市高三下第一次测试数学试题（含答案解析），共100页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，若，满足约束条件，则的最大值是，给出下列四个命题，已知实数，则的大小关系是，明代数学家程大位等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合．为自然数集，则下列表示不正确的是（ ）
A．B．C．D．
2．（ ）
A．B．C．D．
3．正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
4．洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上心有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数．如图，若从四个阴数和五个阳数中分别随机选取1个数，则其和等于11的概率是（ ）．
A．B．C．D．
5．如图所示，已知双曲线的右焦点为，双曲线的右支上一点，它关于原点的对称点为，满足，且，则双曲线的离心率是（ ）.
A．B．C．D．
6．若，满足约束条件，则的最大值是（ ）
A．B．C．13D．
7．给出下列四个命题：①若“且”为假命题，则﹑均为假命题；②三角形的内角是第一象限角或第二象限角；③若命题，，则命题，；④设集合，，则“”是“”的必要条件；其中正确命题的个数是（ ）
A．B．C．D．
8．已知实数，则的大小关系是( )
A．B．C．D．
9．已知函数有两个不同的极值点，，若不等式有解，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
10．明代数学家程大位（1533~1606年），有感于当时筹算方法的不便，用其毕生心血写出《算法统宗》，可谓集成计算的鼻祖．如图所示的程序框图的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”问题．执行该程序框图，若输出的的值为，则输入的的值为（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数在区间有三个零点，，，且，若，则的最小正周期为（ ）
A．B．C．D．
12．《九章算术》“少广”算法中有这样一个数的序列：列出“全步”（整数部分）及诸分子分母，以最下面的分母遍乘各分子和“全步”，各自以分母去约其分子，将所得能通分之分数进行通分约简，又用最下面的分母去遍乘诸（未通者）分子和以通之数，逐个照此同样方法，直至全部为整数，例如：及时，如图：

记为每个序列中最后一列数之和，则为（ ）
A．147B．294C．882D．1764
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．给出下列等式：，，，…请从中归纳出第个等式：______.
14．在中，内角所对的边分别是.若，，则__，面积的最大值为___.
15．已知变量，满足约束条件，则的最小值为__________．
16．从集合中随机取一个元素，记为，从集合中随机取一个元素，记为，则的概率为_______．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）记数列的前项和为，已知成等差数列.
（1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，求.
18．（12分）已知函数().
（1）讨论的单调性；
（2）若对，恒成立，求的取值范围.
19．（12分）已知椭圆的左，右焦点分别为，，，M是椭圆E上的一个动点，且的面积的最大值为.
（1）求椭圆E的标准方程，
（2）若，，四边形ABCD内接于椭圆E，，记直线AD，BC的斜率分别为，，求证:为定值.
20．（12分）已知函数.
（1）证明：函数在上存在唯一的零点；
（2）若函数在区间上的最小值为1，求的值.
21．（12分）一年之计在于春，一日之计在于晨，春天是播种的季节，是希望的开端．某种植户对一块地的个坑进行播种，每个坑播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立．对每一个坑而言，如果至少有两粒种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种．
（1）当取何值时，有3个坑要补播种的概率最大？最大概率为多少？
（2）当时，用表示要补播种的坑的个数，求的分布列与数学期望．
22．（10分）已知等差数列{an}的各项均为正数，Sn为等差数列{an}的前n项和，.
（1）求数列{an}的通项an；
（2）设bn＝an⋅3n，求数列{bn}的前n项和Tn.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．D
【解析】
集合．为自然数集，由此能求出结果．
【详解】
解：集合．为自然数集，
在A中，，正确；
在B中，，正确；
在C中，，正确；
在D中，不是的子集，故D错误．
故选：D．
本题考查命题真假的判断、元素与集合的关系、集合与集合的关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．A
【解析】
分子分母同乘,即根据复数的除法法则求解即可.
【详解】
解:,
故选:A
本题考查复数的除法运算,属于基础题.
3．D
【解析】
如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得外接球的表面积.
【详解】
如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面，.
因为，故，
因为，故.
由正弦定理可得，故，又因为，故.
因为，故平面，所以，
因为平面，平面，故，故，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以，故外接球的半径为，外接球的表面积为.
故选：D.
本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度.
4．A
【解析】
基本事件总数，利用列举法求出其和等于11包含的基本事件有4个，由此能求出其和等于11的概率．
【详解】
解：从四个阴数和五个阳数中分别随机选取1个数，
基本事件总数，
其和等于11包含的基本事件有：，，，，共4个，
其和等于的概率．
故选：．
本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
5．C
【解析】
易得，，又，平方计算即可得到答案.
【详解】
设双曲线C的左焦点为E，易得为平行四边形，
所以，又，
故，，，
所以，即，
故离心率为.
故选：C.
本题考查求双曲线离心率的问题，关键是建立的方程或不等关系，是一道中档题.
6．C
【解析】
由已知画出可行域，利用目标函数的几何意义求最大值．
【详解】
解：表示可行域内的点到坐标原点的距离的平方，画出不等式组表示的可行域，如图，由解得即
点到坐标原点的距离最大，即．
故选：．
本题考查线性规划问题，考查数形结合的数学思想以及运算求解能力，属于基础题．
7．B
【解析】
①利用真假表来判断，②考虑内角为，③利用特称命题的否定是全称命题判断，
④利用集合间的包含关系判断.
【详解】
若“且”为假命题，则﹑中至少有一个是假命题，故①错误；当内角为时，不是象限角，故②错误；
由特称命题的否定是全称命题知③正确；因为，所以，所以“”是“”的必要条件，
故④正确.
故选：B.
本题考查命题真假的问题，涉及到“且”命题、特称命题的否定、象限角、必要条件等知识，是一道基础题.
8．B
【解析】
根据，利用指数函数对数函数的单调性即可得出．
【详解】
解：∵，
∴，，．
∴．
故选：B．
本题考查了指数函数对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
9．C
【解析】
先求导得（），由于函数有两个不同的极值点，，转化为方程有两个不相等的正实数根，根据，，，求出的取值范围，而有解，通过分裂参数法和构造新函数，通过利用导数研究单调性、最值，即可得出的取值范围.
【详解】
由题可得：（），
因为函数有两个不同的极值点，，
所以方程有两个不相等的正实数根，
于是有解得.
若不等式有解，
所以
因为
.
设，
，故在上单调递增，
故，
所以，
所以的取值范围是.
故选：C.
本题考查利用导数研究函数单调性、最值来求参数取值范围，以及运用分离参数法和构造函数法，还考查分析和计算能力，有一定的难度.
10．C
【解析】
根据程序框图依次计算得到答案.
【详解】
，；，；，；
，；，此时不满足，跳出循环，
输出结果为，由题意，得．
故选:
本题考查了程序框图的计算，意在考查学生的理解能力和计算能力.
11．C
【解析】
根据题意，知当时，，由对称轴的性质可知和，即可求出，即可求出的最小正周期.
【详解】
解：由于在区间有三个零点，，，
当时，，
∴由对称轴可知，满足，
即.
同理，满足，即，
∴，，
所以最小正周期为：.
故选：C.
本题考查正弦型函数的最小正周期，涉及函数的对称性的应用，考查计算能力.
12．A
【解析】
根据题目所给的步骤进行计算，由此求得的值.
【详解】
依题意列表如下：
所以.
故选：A
本小题主要考查合情推理，考查中国古代数学文化，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
通过已知的三个等式，找出规律，归纳出第个等式即可．
【详解】
解：因为：，，，
等式的右边系数是2，且角是等比数列，公比为，则角满足：第个等式中的角，
所以；
故答案为：．
本题主要考查归纳推理，注意已知表达式的特征是解题的关键，属于中档题．
14．1
【解析】
由正弦定理，结合，，可求出；由三角形面积公式以及角A的范围,即可求出面积的最大值.
【详解】
因为，所以由正弦定理可得，所以;
所以，当，即时，三角形面积最大.
故答案为(1). 1 (2).
本题主要考查解三角形的问题，熟记正弦定理以及三角形面积公式即可求解，属于基础题型.
15．-5
【解析】
画出，满足的可行域，当目标函数经过点时，最小，求解即可。
【详解】
画出，满足的可行域，由解得，当目标函数经过点时，取得最小值为-5.
本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想。需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得。
16．
【解析】
先求出随机抽取a,b的所有事件数，再求出满足的事件数，根据古典概型公式求出结果.
【详解】
解：从集合中随机取一个元素，记为，从集合中随机取一个元素，记为，
则的事件数为9个，即为，，，
其中满足的有，，，共有8个，
故的概率为.
本题考查了古典概型的计算，解题的关键是准确列举出所有事件数.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）证明见解析，；（2）
【解析】
（1）由成等差数列，可得到，再结合公式，消去，得到，再给等式两边同时加1，整理可证明结果；
（2）将（1）得到的代入中化简后再裂项，然后求其前项和.
【详解】
（1）由成等差数列，则，
即，①
当时，，
又，②
由①②可得：，
即，
时，.
所以是以3为首项，3为公比的等比数列，
，所以.
（2），
所以.
此题考查了数列递推式，等比数列的证明，裂列相消求和，考查了学生分析问题和解决问题的能力，属于中档题.
18．（1）①当时，在上单调递减，在上单调递增；②当时， 在上单调递增；
（2）.
【解析】
（1）求出函数的定义域和导函数， ，对讨论，得导函数的正负，得原函数的单调性；（2）法一: 由得，
分别运用导函数得出函数()，的单调性，和其函数的最值，可得 ，可得的范围;
法二:由得，化为令()，研究函数的单调性，可得的取值范围.
【详解】
（1）的定义域为，，
①当时，由得，得，
在上单调递减，在上单调递增；
②当时，恒成立,在上单调递增；
（2）法一: 由得，
令()，则，在上单调递减，
，，即，
令，
则，在上单调递增，，在上单调递减，所以，即，
(*)
当时，，(*)式恒成立，即恒成立，满足题意
法二:由得，，
令()，则，在上单调递减，
，，即，
当时，由(Ⅰ)知在上单调递增，恒成立，满足题意
当时，令，则，所以在上单调递减，
又，当时，，，使得，
当时，，即，
又，，，不满足题意，
综上所述，的取值范围是
本题考查对于含参数的函数的单调性的讨论，不等式恒成立时，求解参数的范围，属于难度题.
19．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，当M为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值，求出，即可得答案；
（2）根据题意可知，，因为，所以可设直线CD的方程为，将直线代入曲线的方程，利用韦达定理得到的关系，再代入斜率公式可证得为定值.
【详解】
（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，
当M为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值.
所以，所以，，
故椭圆E的标准方程为.
（2）根据题意可知，，因为，
所以可设直线CD的方程为.
由，消去y可得，
所以，即.
直线AD的斜率，
直线BC的斜率，
所以
，故为定值.
本题考查椭圆标准方程的求解、椭圆中的定值问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法的运用.
20．（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）求解出导函数，分析导函数的单调性，再结合零点的存在性定理说明在上存在唯一的零点即可；
（2）根据导函数零点，判断出的单调性，从而可确定，利用以及的单调性，可确定出之间的关系，从而的值可求.
【详解】
（1）证明：∵，∴.
∵在区间上单调递增，在区间上单调递减，
∴函数在上单调递增.
又，令，，
则在上单调递减，，故.
令，则
所以函数在上存在唯一的零点.
（2）解：由（1）可知存在唯一的，使得，即（*）.
函数在上单调递增.
∴当时，，单调递减；当时，，单调递增.
∴.
由（*）式得.
∴，显然是方程的解.
又∵是单调递减函数，方程有且仅有唯一的解，
把代入（*）式，得，∴，即所求实数的值为.
本题考查函数与导数的综合应用，其中涉及到判断函数在给定区间上的零点个数以及根据函数的最值求解参数，难度较难.（1）判断函数的零点个数时，可结合函数的单调性以及零点的存在性定理进行判断；（2）函数的“隐零点”问题，可通过“设而不求”的思想进行分析.
21．（1）当或时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为； （2）见解析.
【解析】
（1）将有3个坑需要补种表示成n的函数，考查函数随n的变化情况，即可得到n为何值时有3个坑要补播种的概率最大．（2）n＝1时，X的所有可能的取值为0，1，2，3，1．分别计算出每个变量对应的概率，列出分布列，求期望即可．
【详解】
（1）对一个坑而言，要补播种的概率，
有3个坑要补播种的概率为.
欲使最大，只需，
解得，因为，所以
当时，；
当时，；
所以当或时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为.
（2）由已知，的可能取值为0，1，2，3，1.，
所以的分布列为
的数学期望.
本题考查了古典概型的概率求法，离散型随机变量的概率分布，二项分布，主要考查简单的计算，属于中档题．
22．（1）.（2）
【解析】
（1）先设等差数列{an}的公差为d（d＞0），然后根据等差数列的通项公式及已知条件可列出关于d的方程，解出d的值，即可得到数列{an}的通项an；
（2）先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，然后运用错位相减法计算前n项和Tn.
【详解】
（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d（d＞0），则
a4a5＝（1+3d）（1+4d）＝11，
整理，得12d2+7d﹣10＝0，
解得d（舍去），或d，
∴an＝1（n﹣1），n∈N*.
（2）由（1）知，bn＝an⋅3n•3n＝（2n+1）•3n﹣1，
∴Tn＝b1+b2+b3+…+bn＝3×1+5×31+7×32+…+（2n+1）•3n﹣1，
∴3Tn＝3×31+5×32+…+（2n﹣1）•3n﹣1+（2n+1）•3n，
两式相减，可得：
﹣2Tn＝3×1+2×31+2×32+…+2•3n﹣1﹣（2n+1）•3n
＝3+2×（31+32+…+3n﹣1）﹣（2n+1）•3n
＝3+2（2n+1）•3n
＝﹣2n•3n，
∴Tn＝n•3n.
本题主要考查等差数列基本量的计算，以及运用错位相减法计算前n项和.考查了转化与化归思想，方程思想，错位相减法的运用，以及逻辑思维能力和数学运算能力.属于中档题.
上列乘
上列乘
上列乘
6
30
60
3
15
30
2
10
20
15
6
12
1
5
10
0
1
2
3
1