精品解析：四川省达州中学2025-2026学年高三上学期入学考试数学试题

达州中学高2023级2025-2026学年度 高三上数学入学考试题 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. 给出下列关系：①；②；③；④其中正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 5 3. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数图象恒过定点，且点在函数图象上，则的最小值为（ ） A. 4 B. 1 C. 2 D. 5. 已知圆与圆相交所得的公共弦长为，则圆的半径（ ） A. B. C. 或1 D. 6. 设是等比数列，且，，则（ ） A. 12 B. 24 C. 30 D. 32 7. 已知分别为曲线和直线上的点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 用这6个数字可以组成个无重复数字的六位数，其中偶数有个，则（ ） A. B. C. D. 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. 记Sn为等差数列{an}的前n项和，则（ ） A. S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列 B. ，，成等差数列 C. S9＝2S6﹣S3 D. S9＝3（S6﹣S3） 10. 已知椭圆的左，右焦点分别为，过点垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，，若点P是椭圆C上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 的面积的最大值为 C. 的取值范围为 D. C上有且只有4个点P，使得是直角三角形 11. 著名数学家欧拉曾提出如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次在一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线称为欧拉线．该定理称为欧拉线定理．已知的外心为，重心为，垂心为，且，，以下结论正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是偶函数，当时，，且，则__________. 13. △的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为________． 14. 已知点P是椭圆上一动点，过点P作的切线PA、PB，切点分别为A、B，当最小时，线段AB的长度为________________． 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. 如图，已知单位圆与轴正半轴交于点，点在单位圆上，其中点在第一象限，且，记． （1）若，求点的坐标； （2）若点的坐标为，求的值． 16. 已知函数. （1）求； （2）若曲线在处的切线与曲线也相切，求 17. 如图，在直三棱柱中，AB⊥AC，，点E，F分别为棱AB、的中点． （1）求直线与直线AF的夹角的余弦值； （2）求点F到平面的距离． 18. 已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点． （1）若为等边三角形，求C的离心率； （2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围. 19. 有一个摸奖游戏，在一个口袋中装有6个红球和4个黑球，这些球除颜色外完全相同．游戏规定：每位参与者进行次摸球，每次从袋中摸出一个球，有两种摸球方式：一是（有放回摸球）每次摸球后将球均放回袋中，再进行下一次摸球，摸到红球的次数记为X；二是（不放回摸球）每次摸球后将球均不放回袋中，直接进行下一次摸球，摸到红球的次数记为Y． （1）若， （ⅰ）求随机变量Y的分布列和数学期望； （ⅱ）游戏规定摸到的红球数不少于摸到的黑球数则中奖，在这个规则下，设有放回摸球中奖概率为，无放回摸球中奖概率为，求和并比较它们大小． （2）若，当取得最大时的k值满足（，），若函数与有两个不同的公共点，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 达州中学高2023级2025-2026学年度 高三上数学入学考试题 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. 给出下列关系：①；②；③；④其中正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用常用数集的定义逐一判断各选项即可得解. 【详解】对于①，为实数，而表示实数集，所以，故①正确； 对于②，2为整数，而表示整数集合，所以，故②正确； 对于③，为自然数，而表示自然数集，所以，故③错误； 对于④，因为为无理数，表示有理数集，所以，故④错误. 故选：B. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据共轭复数将复数z表示出来，再通过复数平面与复数的模的关系即可求出答案. 【详解】由题意，复数z满足，则 故选:B． 3. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得到，再由向量夹角公式即可求解. 【详解】设与的夹角为， ∵， ∴， ∴， ∴， 又， ∴，∵， ∴． 故选：D． 4. 已知函数图象恒过定点，且点在函数图象上，则的最小值为（ ） A. 4 B. 1 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由指数函数性质得定点坐标，代入直线方程得的关系，然后由基本不等式求得最小值． 【详解】由得，又，所以定点为，从而， ， 当且仅当时等号成立. 故选：C. 5. 已知圆与圆相交所得的公共弦长为，则圆的半径（ ） A. B. C. 或1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，后由垂径定理结合圆圆心与半径表达式可得答案. 【详解】与两式相减得，即公共弦所在直线方程. 圆方程可化为，可得圆心，半径.则圆心到的距离为， 半弦长为，则有，解得或（舍），此时 故选：. 6. 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． 7. 已知分别为曲线和直线上的点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断曲线与直线是否存在交点，若存在，则最短距离为0，若不存在，则当曲线在切点处的斜率为2时，切点到直线的距离最短. 【详解】令， 因，则， 故曲线和直线无交点， ，则，令，解得， 则曲线上的点到直线的距离， 则的最小值为. 故选：A 8. 用这6个数字可以组成个无重复数字的六位数，其中偶数有个，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据排列组合知识求出，代入可得结果. 【详解】从中任选一个数字排在首位，其余5个数字全排可得， 排在个位的无重复数字的六位偶数有个， 不排在个位的无重复数字的六位偶数有个， 故. 所以． 故选：B 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. 记Sn为等差数列{an}的前n项和，则（ ） A. S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列 B. ，，成等差数列 C. S9＝2S6﹣S3 D. S9＝3（S6﹣S3） 【答案】ABD 【解析】 【分析】设等差数列的公差为d，利用等差数列的求和公式分别求出S3，S6，S9，然后利用等差中项的定义判断选项A，B，利用S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d，即可判断选项C，D. 【详解】解：因为Sn为等差数列{an}的前n项和， 设等差数列的公差为d，则S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d， 则S3＝3a1+3d，S6﹣S3＝3a1+12d，S9﹣S6＝3a1+21d， 所以2（3a1+12d）＝（3a1+3d）+（3a1+21d）， 则S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列，故选项A正确； 因为S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d， 则， 所以， 则，，成等差数列，故选项B正确； 因为S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d， 所以2S6﹣S3＝2（6a1+15d）﹣（3a1+3d）＝9a1+27d， 则S9≠2S6﹣S3，故选项C错误； 因为S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d， 所以3（S6﹣S3）＝3[（6a1+15d）﹣（3a1+3d）]＝9a1+36d＝S9， 故选项D正确. 故选：ABD. 10. 已知椭圆的左，右焦点分别为，过点垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，，若点P是椭圆C上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 的面积的最大值为 C. 的取值范围为 D. C上有且只有4个点P，使得是直角三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意得是等边三角形，从而可求得，再根据通径可求得，即可求得椭圆方程，由当点位于上下顶点时，最大，结合余弦定理即可判断A；设，再根据即可判断B；根据数量积的坐标表示结合的范围，即可判断C；分别分析以三个点为直角顶点的直角三角形的个数，即可判断D. 【详解】解：由题意得是等边三角形， 所以的周长为，所以， 令，则， 则，所以， 所以椭圆， 对于A，当点位于上下顶点时，最大， 此时的最小为， 故A错误； 对于B，设， 则， 所以的面积的最大值为，故B正确； 对于C，设， 则，所以， 又， 则， 因为，所以， 所以，故C正确； 对于D，由A选项可知，最大时为锐角， 所以以点为直角顶点的不存在， 以点为直角顶点的分别有2个， 所以C上有且只有4个点P，使得是直角三角形，故D正确. 故选：BCD. 11. 著名数学家欧拉曾提出如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次在一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线称为欧拉线．该定理称为欧拉线定理．已知的外心为，重心为，垂心为，且，，以下结论正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据三角形重心的向量性质及向量的加减法求得结果；对于B，根据三角形的外心性质结合向量的数量积求得结果；对于C，由欧拉线定理得，即，结合三角形重心的向量性质进行计算即可；对于D，利用正余弦定理及向量的数量积公式进行计算. 【详解】对于A，的重心为，有，且，， 故，故A正确. 对于B，的外心为，有 ，故B错误； 对于C，由欧拉线定理得，即，又， 所以，故C正确； 对于D，因为，，， 所以由余弦定理 又，所以，如图，， 由正弦定理可得，所以， 则，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛： 三角形的三条垂直平分线交于一点，即为外心，外心是三角形外接圆的圆心. （1）； （2），；. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是偶函数，当时，，且，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据偶函数的性质可知， 【详解】因为是偶函数，所以，解得. 故答案为：2 13. △的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为________． 【答案】. 【解析】 【分析】方法一：由正弦定理可得，化简求得，利用余弦定理，结合题中的条件，可以得到，由为锐角，求得， ，利用三角形面积公式即可解出. 【详解】［方法一］：【最优解】边化角 因为，由正弦定理得， 因为，所以．又因为， 由余弦定理，可得， 所以，即为锐角，且，从而求得， 所以的面积为. 故答案为：. ［方法二］：角化边 因为，由正弦定理得，即，又，所以，．又因为， 由余弦定理，可得， 所以，即为锐角，且，从而求得， 所以的面积为. 故答案为：. 【整体点评】方法一：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积，该法是本题的最优解； 方法二：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积． 14. 已知点P是椭圆上一动点，过点P作的切线PA、PB，切点分别为A、B，当最小时，线段AB的长度为________________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合四边形的面积分析可知当且仅当点P为左顶点时，取到最小值，进而可得线段AB的长度. 【详解】由椭圆方程可知：， 圆的圆心为（也为椭圆的左焦点），半径， 因为，可知四边形的面积， 当最小时，即为四边形的面积最小， 又因为， 可知当取到最小值时，四边形的面积最小，即最小， 且点P是椭圆上一动点， 由椭圆性质可知：当且仅当点P为左顶点时，取到最小值， 此时，由对称性可知：， 即，为等边三角形，则. 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. 如图，已知单位圆与轴正半轴交于点，点在单位圆上，其中点在第一象限，且，记． （1）若，求点的坐标； （2）若点的坐标为，求的值． 【答案】（1）两点坐标分别为； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据三角函数的定义结合条件即得； （2）由题可得点的坐标为，然后结合条件及三角函数的定义即得. 【小问1详解】 因为， 所以，所以点坐标为, 因为， 所以， 所以点坐标为； 所以两点坐标分别为； 【小问2详解】 由点在单位圆上，得， 又点位于第一象限，则， 所以点的坐标为， 即． 所以， 所以． 16. 已知函数. （1）求； （2）若曲线在处的切线与曲线也相切，求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用赋值法求解原函数即可. （2）利用导数的几何意义求出斜率，进而求出切线方程，再结合给定条件求解参数即可. 【小问1详解】 因为，所以， 即，故. 【小问2详解】 因为，所以在处的切线方程 为，即， 设在处切线为， 因为，所以，化简得， 因为，所以，解得，故的值为. 17. 如图，在直三棱柱中，AB⊥AC，，点E，F分别为棱AB、的中点． （1）求直线与直线AF的夹角的余弦值； （2）求点F到平面的距离． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）以点A为坐标原点，AB、AC、所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与直线AF的夹角的余弦值； （2）求得平面的法向量，利用空间向量法可求得点F到平面的距离. 【小问1详解】 因为丄平面ABC，AB⊥AC，以点A为坐标原点，AB、AC、所在直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为，则A(0,0,0)、、E(1,0,0)、F(1,0,2)， 所以，，， ， 所以，直线与直线AF的夹角的余弦值为． 【小问2详解】 易知，，， 设平面的法向量为， 则，取x=2，可得， 所以平面的一个法向量为， 且，所以，点F到平面的距离为． 18. 已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点． （1）若为等边三角形，求C的离心率； （2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围. 【答案】(1) ；（2），a的取值范围为. 【解析】 【分析】（1）先连结，由为等边三角形，得到，，；再由椭圆定义，即可求出结果； （2）先由题意得到，满足条件的点存在，当且仅当，，，根据三个式子联立，结合题中条件，即可求出结果. 【详解】（1）连结，由为等边三角形可知： 在中，，，， 于是， 故椭圆C的离心率为； （2）[方法一]【椭圆的定义+基本不等式】 由题意可知，且，所以． 因为，所以． 又因为，且，所以，从而，故，所以，a的取值范围为． [方法二]【最优解：椭圆的定义+余弦定理】 由题意有则，即， 当且仅当时，等号成立． 此时P为短轴端点，，且满足． 即当时，存在点P，使得，且的面积等于16． 故，a的取值范围为． [方法三]【余弦定理+面积公式】 设，对椭圆上任一点P，设， 由余弦定理有，所以， 即．则． 又，即． 由于，则以O为圆心，为直径的圆必与椭圆C有公共点， 即半焦距，故． 综上，，a的取值范围为． 【点睛】(2)方法一：椭圆的定义是解决焦点三角形的核心，基本不等式是处理最值与范围问题的常用方法； 方法二：椭圆的定义和余弦定理相结合是处理焦点三角形最典型的方法； 方法三：余弦定理和面积公式是处理面积问题的经典方法，处理最值、范围问题时常用此方法. 19. 有一个摸奖游戏，在一个口袋中装有6个红球和4个黑球，这些球除颜色外完全相同．游戏规定：每位参与者进行次摸球，每次从袋中摸出一个球，有两种摸球方式：一是（有放回摸球）每次摸球后将球均放回袋中，再进行下一次摸球，摸到红球的次数记为X；二是（不放回摸球）每次摸球后将球均不放回袋中，直接进行下一次摸球，摸到红球的次数记为Y． （1）若， （ⅰ）求随机变量Y的分布列和数学期望； （ⅱ）游戏规定摸到的红球数不少于摸到的黑球数则中奖，在这个规则下，设有放回摸球中奖概率为，无放回摸球中奖概率为，求和并比较它们大小． （2）若，当取得最大时的k值满足（，），若函数与有两个不同的公共点，求a的取值范围． 【答案】（1）（ⅰ）的分布列为： 0 1 2 3 4 期望为；（ⅱ），. （2） 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）根据题意可知Y服从超几何分布，根据数学期望计算即可； （ⅱ）根据题意可知，分别求出和再比较它们大小即可； （2）根据题意列出进行计算出，再根据函数的导函数求出a的取值范围. 【小问1详解】 （ⅰ）对于不放回摸球，各次试验的结果不独立，可取0，1，2，3，4， ， ；；； ；； 服从超几何分布，的分布列为： 0 1 2 3 4 ，所以； （ⅱ）由题意得游戏规定摸到的红球数不少于摸到的黑球数则中奖，在这个规则下， 设有放回摸球中奖概率为，无放回摸球中奖概率为， 对于有放回摸球，各次试验的结果互相独立，， 则；； ； 故， 由（ⅰ）可知， 因为，所以； 【小问2详解】 当，则，若最大，则， 即，得 又，， 故，，由题得方程有两个不相等的正实根， 两边取对数得有两个不相等的正实根， 构造函数，求导得， 令，解得； 当时，；当时，； 易知在单调递增，在单调递减，且， 可知的图象如下图所示： 由数形结合得，，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $