精品解析：贵州省贵阳市2026届高三上学期摸底考试数学试卷

贵阳市2026届高三年级摸底考试试卷 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将姓名、报名号用钢笔填写在答题卡相应位置上． 2．回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．写在本试卷上无效． 3．回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．请保持答题卡平整，不能折叠．考试结束后，监考老师将试题卷、答题卡一并收回． 第I卷（选择题共58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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知平面向量，则（ ） A. B. C. 1 D. 4 3. 已知事件，若与互斥，与互为对立事件，则是的（ ） 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 4. 已知复数在复平面内对应的点为的共轭复数是，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 5. 据某调查机构统计数据显示，截至2024年6月，我国生成式人工智能产品的用户规模达2.3亿人，其中10岁至70岁之间各年龄段用户的占比情况如图所示．根据图中数据，估计其用户年龄的55%分位数约为（ ） A. 20 B. 25 C. 30 D. 35 6. 已知双曲线：的焦点到其渐近线的距离为，则的离心率是（ ） A. B. C. D. 7. 若，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 8. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 若函数有偶数个零点，则可以是（ ） A. B. C. D. 10. 已知等差数列和的公差分别为的前项和为，下列说法正确的有（ ） A. 是关于的二次函数 B. 数列是等差数列 C. 若数列是等差数列，则 D. ，则 11. 如图，在棱长为1的正方体中，底面内（含边界）有一动点，下列说法正确的有（ ） A. 若平面平面，则 B. 若异面直线与所成角为，则的取值范围是 C. 当时，点的轨迹长度为 D. 四棱锥外接球表面积最小值为 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线和直线的方向向量分别为，若，则实数的值是___________． 13. 已知正方形的边长为2，其中一个顶点为原点，另外三个顶点中有两个在抛物线上，则___________． 14. 将各位数字之和为9的全体正整数按从小到大的顺序排成一个数列，即，则___________；若，则___________． 四、解答题：共5个小题，满分77分．解答应写出相应的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知，，分别为三个内角，，的对边， ，，且的面积为． （1）求； （2）若在边上，且线段平分，求线段的长度． 16. 已知函数，． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的极值点个数． 17. 在平面直角坐标系中，已知，直线与相交于点，且两直线斜率之积为． （1）设点的轨迹为，求曲线的方程； （2）设一组斜率为的平行直线与均有两个交点，证明这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上． 18. 在三棱台中，． （1）求证：； （2）若平面平面，求面与面所成二面角的正弦值． 19. 某连锁超市为吸引消费者购买产品，针对性地推出“玩游戏，送礼券”活动．游戏规则如下：在装有2个红球的盒子与装有3个白球的盒子中各随机取一球交换放入另一个盒子，记为1次操作，重复进行次操作后，记盒子中恰有1个红球的概率为，盒子中的红球个数为，则可对应获得元的消费券用于购买．为研究推出该活动对购买是否有促销作用，特在推出活动的前后随机收集部分消费者的数据，得到表格的统计结果．（单位：人） 活动 产品 合计 购买 不购买 推出前 100 100 200 推出后 180 120 300 合计 280 220 500 （1）依据的独立性检验，能否认为购买与推出“玩游戏，送礼券”活动有关联？ （2）求，的值，并在以下两个数列：①，②中任选一个，证明其为等比数列； （注：如果两个数列都进行证明，则按第一个解答计分；解答时请在答题卡上注明“证明①”或“证明②”字样） （3）设在次操作后，消费者获得元消费券，求数学期望（用表示）． 附：， 0.1 0.05 001 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵阳市2026届高三年级摸底考试试卷 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将姓名、报名号用钢笔填写在答题卡相应位置上． 2．回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．写在本试卷上无效． 3．回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．请保持答题卡平整，不能折叠．考试结束后，监考老师将试题卷、答题卡一并收回． 第I卷（选择题共58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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合交集的定义计算. 【详解】因为， 所以 故选：A. 2. 已知平面向量，则（ ） A. B. C. 1 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量共线（平行）的坐标表示求解即可. 【详解】由，得，即. 故选：D. 3. 已知事件，若与互斥，与互为对立事件，则是的（ ） 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 【答案】B 【解析】 【分析】利用是否推出关系，可判断必要不充分条件. 【详解】由于对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件， 所以，即是的必要不充分条件， 故选：B. 4. 已知复数在复平面内对应的点为的共轭复数是，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数几何意义可得，即可由复数的乘法运算求解. 【详解】由题意可知，则， 故， 故选：D 5. 据某调查机构统计数据显示，截至2024年6月，我国生成式人工智能产品的用户规模达2.3亿人，其中10岁至70岁之间各年龄段用户的占比情况如图所示．根据图中数据，估计其用户年龄的55%分位数约为（ ） A. 20 B. 25 C. 30 D. 35 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的概念即可求出. 【详解】因，故其用户年龄的55%分位数约为岁. 故选：C 6. 已知双曲线：的焦点到其渐近线的距离为，则的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由双曲线定义直接可得离心率的值. 【详解】由双曲线的方程，得渐近线方程， 设焦点，其中，由题意得， 所以，，. 故选：D. 7. 若，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角和与差的正弦和余弦公式以及二倍角公式化简条件可得，从而求出，结合特殊角的正切值即可求解. 【详解】由于，所以， 即，即，所以，即， 则. 故选：C 8. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】当时，整理函数解析式后利用基本不等式，即得的取值范围，当时，利用导数求得的取值范围，再由的值域为R，得到不等式，解之即得. 【详解】当时， ， 当且仅当，即时取等号， 即时，； 当时，，则， 令，解得或， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值，为， 又当时，所以时，， 由的值域为，可得，即，解得. 故选：A 二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 若函数有偶数个零点，则可以（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】把各选项给定函数代入函数，根据函数的零点定义，结合函数奇偶性进行逐一判断. 【详解】若，则， 因为是偶函数，是偶函数，所以是偶函数， 当时，， 所以不是的零点， 因为偶函数的图象关于轴对称， 所以函数的零点关于原点对称， 所以其零点个数为偶数，故A正确. 若，则， 因为为偶函数，是偶函数，所以是偶函数. 因为，，所以. 当时，， 所以函数的零点个数为0，是偶数，故B对. 若，是偶函数， 根据二倍角公式，则， 解得，，或，. 因为可以取任意整数，是函数的零点，根据对称性可知其零点个数为奇数，故C错. 若，则，， 因为是偶函数，是偶函数，所以是偶函数， 时：，导数 当时，，函数在内单调递增， 当，，所以内恒小于0，无零点， 当时，，所以内存在1个零点， 当时，，，所以恒大于0，无零点. 所以在内存在1个零点， 根据偶函数对称性，在内存在1个零点，共2个， 所以零点个数为偶数，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知等差数列和的公差分别为的前项和为，下列说法正确的有（ ） A. 是关于的二次函数 B. 数列是等差数列 C. 若数列是等差数列，则 D. ，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于选项A:由等差数列的求和公式即可判断；对于选项B：由等差数列的定义即可判断；对于选项C：由等差中项即可判断；对于选项D：由等差数列的通项公式即可判断. 【详解】对于选项A: 结合题意可得， 当公差时，不是关于的二次函数，选项A错误； 对于选项B：因为，且为常数, 所以数列是等差数列.故选项B正确; 对于选项C：因为数列是等差数列，所以. 所以.化简得,故选项C正确； 对于选项D：因为， 所以，即，解得. 同理，即，解得. 所以.故选项D错误. 故选：BC. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，底面内（含边界）有一动点，下列说法正确的有（ ） A. 若平面平面，则 B. 若异面直线与所成角为，则的取值范围是 C. 当时，点的轨迹长度为 D. 四棱锥外接球的表面积最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A先证明平面，再利用线面平行的性质定理证明；B举反例，当点与重合时；C利用勾股定理得出，即可找出点的轨迹；D根据球的性质找出的位置，进而得出当点位于上底面的中心时半径最小，利用勾股定理即可求出半径. 【详解】因平面，平面，则平面， 因平面平面，平面，则，故A正确； 因，则异面直线与所成角与直线与所成角相等， 当点与重合时，此时，故B错误； 因平面，平面，则， 则， 则点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆位于正方形内的部分， 故点的轨迹长度为，故C正确； 因为正方形，故其外接圆圆心为正方形的中心， 故球心必在过点且垂直于底面的线段上， 欲使四棱锥外接球的表面积取得最小值，则要求半径最小， 故当点位于上底面的中心时，半径最小， 设最小半径为，则在中得，得， 此时外接球表面积为，故D正确. 故选：ACD 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线和直线的方向向量分别为，若，则实数的值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意知，可得，从而可求解. 【详解】由题意可得直线的方向向量为，直线的方向向量为， 且，可得，则， 所以可得. 故答案为：. 13. 已知正方形的边长为2，其中一个顶点为原点，另外三个顶点中有两个在抛物线上，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，不妨设在坐标原点，则关于轴对称，可求得的坐标，进而计算可求得. 【详解】因为正方形的边长为2，其中三个顶点在抛物线上， 则不妨设在坐标原点，则关于轴对称， 所以， 所以，解得. 故答案为：. 14. 将各位数字之和为9的全体正整数按从小到大的顺序排成一个数列，即，则___________；若，则___________． 【答案】 ①. 54 ②. 103 【解析】 【分析】分别考虑一位数，两位数，三位数，以及千位为1,2的数，即可结合分类加法计数原理求解. 【详解】,故， 满足条件的有以下情况： 一位数只有9， 两位数的有18,27,36,45,54,63,72,81,90，共有9个， 当三位数时，设个十百位上的数字分别为，且，首位为的这种三位数有个.则， 若，则可取0到8中任一值，而当确定后，值随之确定，此时产生9个数，即； 类似地，. 因此，三位数的个数为. 四位数时，先考虑千位数字为1时， 设个十百位上的数字分别为，且则， 若，可取0到8中任一值，而当确定后，值随之确定，此时产生9个数； 若，可取0到7中任一值，而当确定后，值随之确定，此时产生8个数； …… 若，只可取0，只有1个， 因此，形如的四位数的个数为. 注意到，形如的四位数有两个，即2007，2016，2025. 综上，2025为第个数，即，故， 故答案为：54，103 四、解答题：共5个小题，满分77分．解答应写出相应的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知，，分别为三个内角，，的对边， ，，且的面积为． （1）求； （2）若在边上，且线段平分，求线段的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的计算公式及面积公式化简可得解； （2）结合三角恒等变换及三角形面积可得边长，再根据等面积法可得角分线长度. 【小问1详解】 由已知，且三角形面积， 可知， 又， 则； 【小问2详解】 由已知， 结合诱导公式及二倍角公式可得， 又，，即， 所以，即， 所以， 则由正弦定理， 可得，， 所以， 即，，， 又线段平分， 所以, 又， 即， 则， 解得. 16 已知函数，． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的极值点个数． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数确定该点切线斜率，通过点斜式写出切线方程.（2）对的取值进行分类讨论，利用导数为零判断极值点个数 【小问1详解】 当时，. 定义域为 ，且. ，所以. 因此切线方程为 ，即. 所以所求的切线方程为. 【小问2详解】 对函数求导得 当时， ，故在定义域上单调递增，则极值点个数为0. 当时，即时， 因为，所以, 因为当时，，当时，， 所以为函数的极小值点， 因此函数只有一个极值点. 综上，当时，极值点个数为0，当 时，极值点个数为1. 17. 在平面直角坐标系中，已知，直线与相交于点，且两直线的斜率之积为． （1）设点的轨迹为，求曲线的方程； （2）设一组斜率为的平行直线与均有两个交点，证明这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用斜率之积即可求动点轨迹方程； （2）利用直线与椭圆联立方程组，即可求中点坐标，从而可证明在直线上. 【小问1详解】 设交点，则根据直线与两直线的斜率之积为可得， ，整理得：， 由于直线与两直线的斜率一定存在，则， 所以点的轨迹为的方程为：. 【小问2详解】 设斜率为的直线与曲线相交于两个交点， 则由直线方程与椭圆方程联立方程组可得： ， 由韦达定理可得：， 而， 设中点，则， 从而有，即可证明这些平行直线的中点一定在直线上. 18. 在三棱台中，． （1）求证：； （2）若平面平面，求面与面所成的二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）要证明线线垂直，可通过证明线面垂直得出线线垂直，即证明平面. （2）根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后将每个点的坐标列出来，根据空间向量的垂直关系，求出平面与平面的法向量的坐标，进而根据空间向量夹角的余弦公式即可求出二面角的正弦值. 【小问1详解】 证明：取的中点，连接. 因为，，所以. 因为，，所以四边形是平行四边形. 所以，又. 所以. 所以. 又，平面，平面， 所以平面.又平面， 所以，因为，所以. 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面， 由（1）知，，平面，所以平面. 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过作垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，. 所以，，，. 设平面的法向量为，平面的法向量为. 则. 即，. 令，则；令，则. 所以，. 所以. 所以平面与平面的所成的二面角的正弦值为： . 19. 某连锁超市为吸引消费者购买产品，针对性地推出“玩游戏，送礼券”活动．游戏规则如下：在装有2个红球的盒子与装有3个白球的盒子中各随机取一球交换放入另一个盒子，记为1次操作，重复进行次操作后，记盒子中恰有1个红球的概率为，盒子中的红球个数为，则可对应获得元的消费券用于购买．为研究推出该活动对购买是否有促销作用，特在推出活动的前后随机收集部分消费者的数据，得到表格的统计结果．（单位：人） 活动 产品 合计 购买 不购买 推出前 100 100 200 推出后 180 120 300 合计 280 220 500 （1）依据的独立性检验，能否认为购买与推出“玩游戏，送礼券”活动有关联？ （2）求，的值，并在以下两个数列：①，②中任选一个，证明其为等比数列； （注：如果两个数列都进行证明，则按第一个解答计分；解答时请在答题卡上注明“证明①”或“证明②”字样） （3）设在次操作后，消费者获得元消费券，求的数学期望（用表示）． 附：， 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）有关联 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）提出零假设，计算并与进行比较，判断是否有关联； （2）根据盒子中不同情形，计算下一次操作后各情形的概率，推断出和的关系，进而证明数列是等比数列； （3）利用上一问结论，考虑与和的关系，进而算出期望. 【小问1详解】 零假设为：购买产品与推出的活动相互独立，即两者没有关联. 根据列联表数据得， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为购买产品与推出的活动有关. 【小问2详解】 进过一次操作后，盒子必然只有1个红球，因此. 此时盒子有1个红球和1个白球，盒子有1个红球2个白球，因此. 记重复进行次操作后，盒子中为2个红球的概率为. 盒子中的情形可能是：2个红球；1个红球1个白球；2个白球. 对于2个红球的情形，盒子下次操作后必然只有1个红球，即概率为1； 对于1个红球1个白球的情形，盒子下次操作后是2个红球的概率为，仍为1个红球1个白球的概率为，2个白球的概率为. 对于2个白球的情形，盒子下次操作后是1个红球1个白球的概率为，仍为2个白球的概率为. 因此有，， 证明①，且. 其中首项为. 因此数列是公比为，首项为的等比数列. 证明② ，且. 其中首项为. 因此数列是公比为，首项为的等比数列. 【小问3详解】 由题意可知. 由（2）易得，且是公比为的等比数列（如果上一问没有证明②应先证明）， 所以， 因此， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $