精品解析：四川省成都市新教育联盟三校2026届高三上学期开学摸底考试数学试题

高2026届高三开学摸底考试 数学试题 考试时间120分钟，满分150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的． 1. 的展开式中二项式系数的和为64，则展开式中的常数项为（ ） A. 8 B. 12 C. 15 D. 2. 设集合 则（ ） A. B. C. D. 3. 已知虚数数列，则其前4n项和为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 一圆台的上、下底面半径分别为2、4，体积为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 6. 设O是平面上一定点，动点P满足，，且A，B，C是平面上不共线的三点，则动点P的轨迹一定通过的（ ） A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心 7. 已知函数．若，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数，满足，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 13张大小质地完全相同的卡牌中有八张数字牌，正面标有1~8，此外还有五张字母牌，正面标有A～E，将这十三张牌随机排成一行，则下列说法正确的是（ ） A. 不同排列方式的种数不超过60亿种 B. 五张字母牌互不相邻的概率为 C. 在标有8的卡牌左侧没有数字牌的概率为 D. 对于给定的整数，记“在标有k的数字牌左侧，没有标号比k小的数字牌”为事件，发生的概率为 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，P为椭圆C上一点，则下列说法正确的有（ ）． A. 的面积的最大值为12 B. 的平分线必过椭圆的中心 C. 若，则 D. 设，椭圆C上存在点P，使得 11. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，，有以下四个命题中正确的是（ ） A. 满足条件的不可能是直角三角形 B. 面积的最大值为 C. 当A=2C时，的周长为 D. 当A=2C时，若O为的内心，则的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线方程为______． 13. 在正三棱锥中，，，三棱锥的内切球球心为O，若在此三棱锥中再放入一个球，使其与三个侧面及内切球O均相切，则球的半径为______． 14. 若数列的相邻两项或几项之间的关系由函数确定，则称为的递归函数；为取整函数，它表示不超过x的最大整数，例如，；设的递归函数为，，且，的前n项和记为，若，则为______． 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. 已知函数，其中． （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）若时，的最小值为4，求的值． 16. 如图，在三棱柱中，所有的棱长均相等，是的中点，在上底面的投影为的重心． （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角的正弦值． 17. 设函数． （1）讨论的单调性； （2）若有三个不同零点，证明． 18. 设集合，A为M的非空子集，随机变量X，Y分别表示取到子集A中的最大元素和最小元素的数值. （1）若，求且的概率； （2）若的概率为，求n； （3）求随机变量的均值． 19. 抛物线E：的焦点为F，M为E上一点，M的纵坐标为，点N在y轴上，轴，线段MN的中点为P，且轴． （1）求E的方程； （2）已知A，B，C为E上三个不同的点，点A在第一象限． （ⅰ）若点B在原点，，，点A的横坐标满足，求n． （ⅱ）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，的重心G在x轴上，求点G的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2026届高三开学摸底考试 数学试题 考试时间120分钟，满分150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的． 1. 的展开式中二项式系数的和为64，则展开式中的常数项为（ ） A. 8 B. 12 C. 15 D. 【答案】C 【解析】 【分析】依据题干得到，然后求得通项公式，根据常数项的特点计算即可. 【详解】由题可知：，通项公式为， 令，所以常数项为. 故选：C 2. 设集合 则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解指数不等式得集合，求函数定义域得集合，然后根据交集的定义求解. 【详解】因为集合，， 所以. 故选：C. 3. 已知虚数数列，则其前4n项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列通项得到、、，观察法有，最后应用等比数列的前n项和即可得. 【详解】由题设，，，，则， ，，，，则， ，，，，则， ，，，，则， ， 依次类推，， 所以其前4n项和为. 故选：B. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦函数图象得到，即，利用余弦二倍角公式进行求解. 【详解】因为，所以，即， 所以. 故选：D. 5. 一圆台的上、下底面半径分别为2、4，体积为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆台体积公式可得其高为，即可知母线长，利用侧面展开图面积求出圆台的侧面积. 【详解】根据题意可知，圆台上底面面积为，下底面面积为； 设圆台的高为，由体积可得， 解得，所以可得圆台母线长为， 根据侧面展开图可得圆台侧面积为. 故选：C 6. 设O是平面上一定点，动点P满足，，且A，B，C是平面上不共线的三点，则动点P的轨迹一定通过的（ ） A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心 【答案】D 【解析】 【分析】根据数量积的运算可得，进而根据可得，结合垂线的定义即可求解. 【详解】， 则，即， 故，即点的轨迹经过的垂心. 故选：D 7. 已知函数．若，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过对变量替换，即令，将原函数变为，通过求导判断的单调性，利用其严格递增性将原不等式转化为，最终求解一元二次不等式. 【详解】令，则原函数可改写为：， 定义辅助函数，则， 由，故是奇函数， ，又（当且仅当时取等号），且,, 因此，在上严格递增， 原不等式转化为：，即， 因为为奇函数，即，所以， 又在上严格递增，故，所以，得， 故选：A 8. 已知实数，满足，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知得，即有同号或，结合不等式的性质判断各项的正误. 【详解】两边取对得，则且，即同号或， 所以，当时，不成立，A错； 由，B对； 由，若时，，C错； 由，且， 当时，，此时，D错. 故选：B 二、选择题：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 13张大小质地完全相同的卡牌中有八张数字牌，正面标有1~8，此外还有五张字母牌，正面标有A～E，将这十三张牌随机排成一行，则下列说法正确的是（ ） A. 不同排列方式的种数不超过60亿种 B. 五张字母牌互不相邻的概率为 C. 在标有8的卡牌左侧没有数字牌的概率为 D. 对于给定的整数，记“在标有k的数字牌左侧，没有标号比k小的数字牌”为事件，发生的概率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于选项A，利用排列数公式计算13张牌的全排列数，再与60亿比较大小；对于选项B，利用插空法计算五张字母牌互补相邻的排列数，再根据古典概型概率公式计算概率；对于选项C，利用定序问题的排列方法计算标有8的卡牌左侧没有数字牌的排列数，再根据古典概型概率公式计算概率；对于选项D，分析“在标有k的数字牌左侧，没有标号比k小的数字牌”这一事件的含义，进而判断其概率. 【详解】对于选项A，13张大小质地完全相同的卡牌进行全排列，根据排列数公式可得，不同排列方式的种数为亿，所以选项A错误； 对于选项B，先排8张数字牌，有种排法，8张数字牌排好后形成9个空，从这9个空中选5个空排5张字母牌，有种排法.根据分步乘法计数原理，五张字母牌互补相邻的排法共有种. 而13张牌的全排列数为种，所以五张字母牌互不相邻的概率为，所以选项B正确； 对于选项C，先排8张数字牌，由于在标有8的卡牌左侧没有数字牌，所以标有8的数字牌只能在所有数字牌的最左侧，其余标有1-7的数字牌有种排列方式，再将剩余的五张字母牌依次插入，有种排列方式. 根据分步乘法计数原理，在标有8的卡牌左侧没有数字牌的方法共有种. 而13张牌的全排列数为种，在标有8的卡牌左侧没有数字牌的概率为，所以选项C正确； 对于选项D，对于给定的整数，事件 为“在标有的数字牌左侧，没有标号比小的数字牌”，不妨将标有1到这个数字的牌进行全排列，这个数字牌的全排列方式有种，而满足事件的情况，等价于在这个数字牌的排列中，这个数字牌排在最左侧，此时其余个数字牌可以任意排列，其排列方式有种. 根据古典概型概率公式，事件的概率为，所以选项D正确. 故选：BCD. 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，P为椭圆C上一点，则下列说法正确的有（ ）． A. 的面积的最大值为12 B. 的平分线必过椭圆的中心 C. 若，则 D. 设，椭圆C上存在点P，使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用椭圆焦点三角形的性质计算面积的最大值后判断A，利用反证法判断B，；利用椭圆的定义结合余弦定理计算CD后可判断它们的正误. 【详解】由题设有椭圆的长半轴长，短半轴长， 半焦距，故， 对于A，当为短轴顶点时，的面积的最大， 此时面积为，故A正确； 对于B，若的平分线必过椭圆的中心， 因为，则此时为等腰三角形，故， 故此时为短轴顶点，故当不为短轴顶点时，的平分线不过椭圆的中心， 故B错误； 对于C，因为，故， 由余弦定理可得， 故，故， 所以，故，故C正确； 对于D，设，则， 故， 所以， 而，故， 所以即，故， 所以，因为，故符号该不等式， 故椭圆C上存在点P，使得，故D正确； 故选：ACD. 11. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，，有以下四个命题中正确的是（ ） A. 满足条件的不可能是直角三角形 B. 面积的最大值为 C. 当A=2C时，的周长为 D. 当A=2C时，若O为的内心，则的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用勾股定理的逆定理判断； 对于B，利用圆的方程和三角形的面积公式可得答案； 对于C，利用正弦定理和三角函数恒等变形公式可得答案 对于D，由已知条件可得为直角三角形，从而可求出三角形的内切圆半径，从而可得的面积 【详解】对于A，因为，所以由正弦定理得，，若是直角三角形的斜边，则有，即，得，所以A错误； 对于B，以的中点为坐标原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，则，设， 因为，所以， 化简得，所以点在以为圆心，为半径的圆上运动， 所以面积的最大值为，所以B正确； 对于C，由A=2C，可得，由得， 由正弦定理得，，即， 所以，化简得， 因为，所以化简得， 因为，所以，所以，则， 所以，所以，，， 因为，所以， 所以的周长为，所以C正确； 对于D，由C可知，为直角三角形，且，，，， 所以的内切圆半径为， 所以的面积为 所以D正确， 故选：BCD 【点睛】此题考查三角形的正弦定理和面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，考查转化能力和计算能力，属于难题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义进行求解即可. 【详解】因为，所以， 所以切线方程为，即． 故答案为： 13. 在正三棱锥中，，，三棱锥的内切球球心为O，若在此三棱锥中再放入一个球，使其与三个侧面及内切球O均相切，则球的半径为______． 【答案】 【解析】 【分析】设内切球O的半径为，球的半径为.由题意可得三棱锥的体积和表面积.由等积法得.用一平行于底面且与球O上部相切的平面去截此三棱锥得到一个小棱锥, 求此小棱锥的高，再根据相似关系求得小棱锥的体积和表面积，进而由等积法求得球的半径. 【详解】设内切球O的半径为，球的半径为.设此棱锥的高为,底面的中心为，三棱锥的表面积为. 因为底面边长为，底面的高，， 所以， 棱锥的高, 侧面的高， 三棱锥的体积 所以， 所以三棱锥的表面积为. 由等积法知，得. 用一平行于底面且与球上部相切的平面截此三棱锥， 棱锥的内切球半径即为球的半径，设棱锥的高为， 三棱锥的表面积为. 因为棱台的高为， 所以， 根据相似关系，， 棱锥的表面积为， 根据等体积法，得，解得. 故答案为：. 14. 若数列的相邻两项或几项之间的关系由函数确定，则称为的递归函数；为取整函数，它表示不超过x的最大整数，例如，；设的递归函数为，，且，的前n项和记为，若，则为______． 【答案】10120 【解析】 【分析】已知，，，得出为以为首项，6为公比的等比数列，从而得出，，证明当时，，利用该不等式可得，从而得出，结合，得出，所以，，从而解出. 【详解】已知，，， 则， 因为，所以，，即为以为首项，6为公比的等比数列. 则. 所以，即. 当时，. 因为当时，由,可得， 所以当时，. 故当时， 又，则， 故对于任意，， 所以. 所以. 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. 已知函数，其中． （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）若时，的最小值为4，求的值． 【答案】（1）；单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和两角和公式对函数解析式化简，进而根据周期公式求得函数的最小正周期；利用整体法根据正弦函数的单调性求得函数的单调递增区间． （2）由已知找到取最小值为4时的值，得到关于的方程． 【小问1详解】 ， ． 由，，求得，， 函数的单调递增区间为． 【小问2详解】 由时，，， ， 解得． 16. 如图，在三棱柱中，所有的棱长均相等，是的中点，在上底面的投影为的重心． （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】（1） 在上底面的投影为的重心． 平面，平面，， ，， 是等边三角形，是的中点，故， ，平面，平面，平面， 又因为平面，. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理得平面，最后利用线面垂直的性质定理证明即可. （2）解法一：延长交于点，则为平面与平面的夹角，然后利用直角三角形知识求解，再结合利用诱导公式求解即可； 解法二：建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法及同角三角函数关系求出正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：延长交于点，如图所示， 由（1）知平面，故为平面与平面的夹角， ，， 设棱长为1，则，为重心，，，， 平面与平面的夹角的正弦值为. 解法二：设，有，，，可求得， 由，，可得， 又由平面，以为坐标原点， ，，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 有，，，，， 可得，， 设平面的一个法向量为， 有，取，，，可得， 又由平面的一个法向量为，有，，， 有， 故平面与平面的夹角的正弦值为． 17. 设函数． （1）讨论的单调性； （2）若有三个不同零点，证明． 【答案】（1） 若时，函数在上单调递增， 若， 若，函数在上单调递增， 若，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 若，函数在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增， 若，若，函数在上单调递增， 若，函数在上单调递增，在上单调递减，函数在上单调递增， 若，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， （2） 由（1）可得，当且时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又时，，当时，， 若有三个不同零点，则， 故， ， 所以，，又，所以， 所以， 所以， 当且时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又时，，当时，， 若有三个不同零点，则， 故， ， 所以，又，矛盾， 当且时，函数在上单调递增，在上单调递减，函数在上单调递增， 又时，，当时，， 若有三个不同零点，则， 故， ， 所以，，又，所以， 所以， 所以， 当且时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又时，，当时，， 若有三个不同零点，则， ， ， 所以，又，矛盾， 综上所述， 【解析】 【分析】（1）分，，三种情况，同时考虑通过讨论去绝对值，再结合导数法研究函数的单调性即可， （2）由条件结合（1）分四种情况依次确定的关系，利用放缩法证明结论. 【小问1详解】 由题意，的定义域为R， 若时，则，，当且仅当时取等号， 所以函数在上单调递增， 若， 当时，，， 令，则，所以或， 若，，函数在上单调递增， 若，当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 若，当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，， 函数在上单调递增， 若， 当时，，， 函数在上单调递增， 当时，，， 令，则，所以或， 若，，函数在上单调递增， 若，当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 若，当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 综上所述，若时，函数在上单调递增， 若， 若，函数在上单调递增， 若，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 若，函数在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增， 若，若，函数在上单调递增， 若，函数在上单调递增，在上单调递减，函数在上单调递增， 若，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 【小问2详解】 略 18. 设集合，A为M的非空子集，随机变量X，Y分别表示取到子集A中的最大元素和最小元素的数值. （1）若，求且的概率； （2）若的概率为，求n； （3）求随机变量的均值． 【答案】（1） （2）4 （3）． 【解析】 【分析】（1）当时，集合的非空子集个数为个，结合题意，得到集合中一定含有和，将和绑定，得到满足且的集合得个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解； （2）根据题意，利用集合子集的运算，得到，列出方程，即可求解； （3）根据题意，利用集合子集的计算，求得和，结合，即可求解. 【小问1详解】 由题意，集合A中的最大元素和最小元素分别为4，2， 符合条件的集合A只有与，共2个， 当时，集合M的非空子集个数为个； 所以． 【小问2详解】 M的非空子集的个数为， 所以， 解得，即． 【小问3详解】 集合M的非空子集共有个， 其中，最大值X为n的子集可视为的子集与集合的并集，共有个； 同上可知，X为的子集共有个，X为的子集共有个，…，X为1的子集共有个，所以． 最小值为1的子集可视为的子集与集合的并集，共有个； 同理，Y为2的子集共有个，Y为3的子集共有个，………，Y为n的子集共有个， 所以． 所以 ． 即随机变量的均值为． 19. 抛物线E：的焦点为F，M为E上一点，M的纵坐标为，点N在y轴上，轴，线段MN的中点为P，且轴． （1）求E的方程； （2）已知A，B，C为E上三个不同的点，点A在第一象限． （ⅰ）若点B在原点，，，点A的横坐标满足，求n． （ⅱ）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，的重心G在x轴上，求点G的坐标． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先求出点的横坐标，由轴，可得，进而可求出，即可得解； （2）（ⅰ）设，，由，可得，即可求出的关系，设的中点为，由，可得，即可求出的关系，再求出的范围即可得解； （ⅱ）先根据判断得出，设重心，，，，的中点为，求出点的坐标，求出直线的方程，联立方程，利用韦达定理求出，，再利用弦长公式求出，进而可求出，即可得解. 【小问1详解】 将代入E的方程，得，所以， 所以，解得，故E的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）设，，则， 因为，所以，即，① 又BC的中点为，所以，， 由，得，与①联立可得． 又，则， 令，则， 设方程的两根分别为， 得，， 所以在区间内单调递减，在区间内单调递增， 又，，即，所以； （ⅱ）有为等腰三角形， 设重心，，，，BC的中点为， 则由，得，， 直线BC的斜率， 由得，即，可知， 所以，即，即，所以， 则， 所以直线BC的方程为，即，， 联立，整理得， 则，， 所以， 由，得，解得，所以， 故点G的坐标为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $