四川省达州市2026届高三数学上学期入学考试试题含解析

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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 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：求出集合 后可求 .
【详解】[方法一]：直接法
因为 ，故 ，故选：B.
[方法二]：【最优解】代入排除法
代入集合 ，可得 ，不满足，排除 A、D；
代入集合 ，可得 ，不满足，排除 C.
故选：B.
【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；
方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解．
2. 在 上定义的运算 ，则满足 的实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据规定的新定义运算法则化简不等式 ，然后直接求解一元二次不等式就可以得到
正确答案
【详解】根据给出在 上定义运算
，
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由 得 ，解之得 ，
故该不等式的解集是 ．
故选：B
3. 已知角 的顶点为坐标原点，始边与 轴的非负半轴重合，终边上有两点 ， ，且
，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据两点都在角的终边上，得到 ，利用 ，利用倍角公式以及余弦函数的定
义式，求得 ，从而得到 ，再结合 ，从而得到 ，从而确定选项
.
【详解】由 三点共线，从而得到 ，
因为 ，
解得 ，即 ，
所以 ，故选 B.
【点睛】该题考查的是有关角的终边上点的纵坐标的差值的问题，涉及到的知识点有共线的点的坐标的关
系，余弦的倍角公式，余弦函数的定义式，根据题中的条件，得到相应的等量关系式，从而求得结果.
4. 按照“碳达峰”､“碳中和”的实现路径，2030 年为碳达峰时期，2060 年实现碳中和，到 2060 年，纯电动汽
车在整体汽车中的渗透率有望超过 70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert 于 1898 年提出蓄电
池的容量 C（单位： ），放电时间 t（单位： ）与放电电流 I（单位： ）之间关系的经验公式：
，其中 n 为 Peukert 常数，为了测算某蓄电池的 Peukert 常数 n，在电池容量不变的条件下，当放
电电流 时，放电时间 ；当放电电流 时，放电时间 .则该蓄电池的 Peukert
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常数 n 大约为（ ）（参考数据： ， ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得 ， ，两式相比结合对数式与指数式的互化及换底公式即可
得出答案.
【详解】解：根据题意可得 ， ，
两式相比得 ，即 ，
所以 .
故选：B.
5. 在空间直角坐标系中， ，三角形 重心为 ，则点 到直
线 的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】三角形 重心为 ，所以 ，计算出 和 ，得到 在 上的投影，根据勾
股定理计算即可.
【详解】在空间直角坐标系中， ，
三角形 重心为 ，所以 ， ， ，
所以 在 上的投影为： ，
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所以点 到直线 的距离为： .
故选：B
6. 若抛物线 准线为直线 ，且 交圆 于 两点， 为坐标原点，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意将准线方程写出，于圆的方程联立即可求出 两点，进而求出结果.
【详解】抛物线 的准线为直线 ，与圆 联立得 ，
不妨设 ，则 ,
故 故 ，
故选：B
7. 设 是等比数列，且 ， ，则 （ ）
A. 12 B. 24 C. 30 D. 32
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件求得 的值，再由 可求得结果.
【详解】设等比数列 的公比为 ，则 ，
，
因此， .
故选：D.
【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．
8. 已知函数 在 上单调递增，则 a 的最大值是（ ）
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A. 1 B. 2 C. e D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数的单调性建立不等式，再分离参数构造函数 ，求出 的最小值作答.
【详解】函数 ，求导得： ，因 在 上单调递增，
则对任意的 ， 成立，设 ，则 ，
由 ，得 ，由 ，得 ，从而 在 上单调递减，在 上单调递增，
即 ，因此 ，
所以 a 的最大值是 .
故选：C
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．
9. 在 中，设角 所对的边分别为 ，则下列命题一定成立的是（ ）
A. 若 ，则 是锐角三角形
B. 若 ， ， ，则 有唯一解
C. 若 是锐角三角形， ， ，设 的面积为 S，则
D. 若 是锐角三角形，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由余弦定理可判断 ；
由正弦定理可判断 ；
利用边化角结合面积公式可得 ，求 的范围，结合正弦函数的性质可得
的范围，即可判断 ；
由锐角三角形可得 及 ，利用 在 上的单调性结合诱导
公式可判断 .
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【详解】 ，
，
，
为锐角，但不能确定角 是否为锐角，
故 不一定是锐角三角形，故 错误；
由正弦定理得 ，
，
，
有唯一解，故 正确；
，
， ，
，
又 ，解得 ，
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， ，
，
，
，即 ，故 正确；
是锐角三角形， ，
又 ，
， ，
又 在 上单调递增，
， ，
，故 正确；
故选： .
10. 已知复数 ，则以下说法正确的是（ ）
A. 复数 的虚部为 B. 的共轭复数
C. D. 在复平面内与 对应的点在第二象限
【答案】CD
【解析】
【分析】
利用复数的乘除运算可得 ，根据复数的概念可判断 A；根据共轭复数的概念可判断 B；根据复
数的模可判断 C；根据复数的几何意义可判断 D.
【详解】 ，
∴复数 的虚部为 ， 的共轭复数 ，
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复平面内与 对应的点的坐标为 ，在第二象限.
故选：CD.
【点睛】本题考查了复数的基本知识，需掌握复数的概念、共轭复数的概念、复数的模以及复数的几何意
义，属于基础题.
11. 在直三棱柱 中， ， ，E、F 分别是 、 的中点，
D 在线段 上，则下面说法中正确的有（ ）
A. 平面
B. 直线 EF 与平面 ABC 所成角的正弦值为
C. 若 D 是 的中点，若 M 是 的中点，则 F 到平面 BDM 的距离是
D. 直线 BD 与直线 EF 所成角最小时，线段 BD 长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】以点 为坐标原点， 所在直线分别为坐标轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向
向量与平面法向量的数量积等于零可判断 A；求得直线 与平面 的法向量，利用向量法可求得直线
与平面 所成角的正弦值可判断 B；利用向量法求得 到平面 的距离可判断 C；利用异面直
线所成角的空间向量求法求得 的长可判断 D.
【详解】因为直三棱柱 中， ，所以 两两互相垂直，
于是以点 为坐标原点， 所在直线分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
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因为 ， 分别是 的中点， 在线段 上，
所以 ，
对于 A：因为在直三棱柱 中， 平面 ，
又， 平面 ，所以 ，又 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以 为平面 的一个法向量，又 ，
则 ，
又 平面 ， 平面 ，故 A 正确；
对于 B： 为平面 的一个法向量，又 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，故 B 正确；
对于 C：若 是 的中点，若 M 是 的中点，则 ，
则 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
所以平面 的一个法向量为 ，又 ，
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所以 到平面 的距离是 ，故 C 错误；
对于 D：设 ，
则 ，
设直线 与直线 所成角为 ，又 ，
则 ，
当 ，即 时， 取最大值，此时直线 与直线 所成角最小，
， ，故 D 正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：求线线角，线面角，面面角的最大值与最小值，关键是用变量把动点的坐标或向量表
示出来，进而用变量去表示这些角的余弦与正弦值，从而求得取最值时的变量值，进而解决有关问题.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 若定义在 的奇函数 在 单调递减，且 ，则满足 的 的取值范围是
_____________．
【答案】
【解析】
【分析】
先根据函数的奇偶性和单调性得到当 时， ；当 时， ；当
时， ；当 时， ；当 时， ；当 时， ；当
时， ；再根据函数图象的平移得到当 时， ；当 时，
；当 时， ；当 时， ；当 时， ；当 时，
；当 时， ；最后求解不等式的范围.
【详解】解：因为函数 是奇函数，且 ，
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所以 ，又因为奇函数 在 单调递减，
当 时， ；当 时， ；当 时， ；当 时，
；当 时， ；当 时， ；当 时， ；
函数 的图象是将函数 的图象向右平移 1 个单位得到，
所以当 时， ；当 时， ；当 时， ；当 时，
；当 时， ；当 时， ；当 时， ；
因为满足 ，所以 与 同号或为零，
所以当 时， ，符合题意；当 时， ；
故答案为：
【点睛】本题考查了抽象函数解不等式问题，结合奇偶性和单调性分类得出不等式的解集，是中档题.
13. 函数 的定义域为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由解析式可得 ，求解即可.
【详解】由题意可得 ,故 ，即 .
故函数 的定义域为 .
故答案为: .
14. 已知函数 有两个极值点，则实数 的取值范围是________．
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【答案】
【解析】
【分析】由 有两个极值点可得 有两个不同的实数根，令 ，用导数研究 的
图像即可求解
【详解】由题意， 有两根，且两根的两边导函数值异号，
又 ，令 ，则 有两个不同的实数根，
令 ，则 ，
令 有 ，故当 时， ， 单调递减；当 时， ，
单调递增.
且当 时 ，当 时 ，且 ， ，
故作出 图象.
可得当 有两根时
故答案为：
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 ，且 ．
（1）求 值；
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（2）求 的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据同角三角函数基本关系求 的值，进而可得 的值；
（2）利用诱导公式化简，再化弦为切，将 的值代入即可求解.
【小问 1 详解】
因为 ，且 ，所以 ，
所以 ，
【小问 2 详解】
．
16. 已知椭圆 的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，且椭圆
过 ，直线 与椭圆 交于 、 .
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）设直线 、 的斜率分别为 、 ，证明： .
【答案】（1）
（2）证明见解析
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【解析】
【分析】（1）分析可得 ，可得出 ，则椭圆 的方程可表示为 ，将点 的坐标代
入椭圆 的方程，求出 的值，即可得出椭圆 的标准方程；
（2）设点 、 ，将直线 的方程与椭圆 的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式
结合韦达定理可证得结论成立.
【小问 1 详解】
解：因为椭圆 的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，
则这个直角三角形为等腰直角三角形，腰长为 ，斜边长为 ，则 ，可得 ，
所以， ，所以，椭圆 的方程可表示为 ，
将点 的坐标代入椭圆 的方程可得 ，解得 ，
故椭圆 的标准方程为 .
【小问 2 详解】
解：设点 、 ，联立 可得 ，
，解得 ，显然 ，否则直线 过点 ，
由韦达定理可得 ， ，
所以，
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，
因此， .
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
17. 已知四棱锥 P-ABCD， ， ， ， ，E 是 上一点，
．
（1）若 F 是 PE 中点，证明： 平面 ．
（2）若 平面 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取 的中点为 ，接 ，可证四边形 为平行四边形，由线面平行的判定定理可
得 平面 .
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面 和平面 的法向量后可求夹角的余弦值.
【小问 1 详解】
取 的中点为 ，接 ，则 ，
而 ，故 ，故四边形 为平行四边形，
故 ，而 平面 ， 平面 ，
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所以 平面 .
【小问 2 详解】
因为 ，故 ，故 ，
故四边形 为平行四边形，故 ，所以 平面 ，
而 平面 ，故 ，而 ，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
则
设平面 的法向量为 ，
则由 可得 ，取 ，
设平面 的法向量为 ，
则由 可得 ，取 ，
故 ，
故平面 与平面 夹角的余弦值为 .
18. 设函数 ， 为 f（x）的导函数．
（1）若 a=b=c，f（4）=8，求 a 的值；
（2）若 a≠b，b=c，且 f（x）和 的零点均在集合 中，求 f（x）的极小值；
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（3）若 ，且 f（x）的极大值为 M，求证:M≤ ．
【答案】（1） ；
（2） 的极小值为
（3）见解析.
【解析】
【分析】（1）由题意得到关于 a 的方程，解方程即可确定 a 的值；
（2）由题意首先确定 a,b,c 的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极
小值.
（3）由题意首先确定函数的极大值 M 的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式：
解法一：由函数 解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式；
解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值，
因为 ，所以 ．
当 时， ．
令 ，则 ．
令 ，得 ．列表如下：
+ 0 –
极大值
所以当 时， 取得极大值，且是最大值，故 ．
所以当 时， ，因此 ．
【详解】（1）因为 ，所以 ．
因 ，所以 ，解得 ．
（2）因为 ，
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所以 ，
从而 ．令 ，得 或 ．
因为 ，都在集合 中，且 ，
所以 ．
此时 ， ．
令 ，得 或 ．列表如下：
1
+ 0 – 0 +
极大值 极小值
所以 的极小值为 ．
（3）因为 ，所以 ，
．
因为 ，所以 ，
则 有 2 个不同的零点，设为 ．
由 ，得 ．
列表如下：
+ 0 – 0 +
极大值 极小值
所以 的极大值 ．
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解法一：
．因此 ．
解法二：
因为 ，所以 ．
当 时， ．
令 ，则 ．
令 ，得 ．列表如下：
+ 0 –
极大值
所以当 时， 取得极大值，且是最大值，故 ．
所以当 时， ，因此 ．
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数 性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推
理能力．
19. 现有 4 个除颜色外完全一样的小球和 3 个分别标有甲、乙、丙的盒子，将 4 个球全部随机放入三个盒子
中（允许有空盒）．
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（1）记盒子乙中的小球个数为随机变量 ，求 的数学期望；
（2）对于两个不互相独立的事件 ，若 ，称
为事件 的相关系数．
①若 ，求证： ；
②若事件 盒子乙不空，事件 至少有两个盒子不空，求 ．
【答案】（1）
（2）①证明见详解；②
【解析】
【分析】（1）每个小球的选择都是一次独立重复试验，而每个小球选择盒子乙的概率为 ，所以可知随机
变量 服从二项分布；
（2）①由条件概率的公式很容易证明；②主要是根据题意，确定是平均分组还是非平均分组，进而根据排
列组合的公式即可得到相关事件的概率；由于某些分组情况比较复杂，因此考虑其对立事件，会减少计算
量.
【小问 1 详解】
由题意可知， 的可能的取值为 0,1,2,3,4，且 ，故 ；
【小问 2 详解】
①因为 ，且 ，
所以 ，即 ，而 ,
所以 成立.
②事件 ：盒子乙不空，则事件 ：盒子乙空，
由第 1 问可知 ，所以 ，
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事件 ：至少有两个盒子不空，则事件 ：有一个盒子不空，
，所以
事件 ：至少有两个盒子不空且盒子乙不空，分为两种情况，一种是三个盒子都不空，按照 1、1、2 分
组；另一种是两个盒子不空且乙不空，此时甲或者丙是空的，故按照 1、3 或者 2、2 分组即可，
故 ,
所以 ，
化简得 .
第 21页/共 21页