精品解析：四川省彭州中学2025-2026学年高三上学期入学考试数学试卷

彭州中学2025-2026学年度高三上学期入学考试 数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．选择题部分全部用2B铅笔填涂，非选择题部分用0.5mm黑色签字笔规范书写，作答时不能超出答题卡规定的矩形边框． 3．考试结束后，你只用交回你的答题卡即可． 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. 已知命题：，，则命题的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称命题的否定即可得到答案. 【详解】根据全称命题的否定得到命题的否定为， . 故选：C. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出． 方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出． 【详解】方法一：因为，而， 所以． 故选：C． 方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以． 故选：C． 3. 复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 化简已知复数z，由共轭复数的定义可得． 【详解】解：化简可得 ， 的共轭复数， 故选：B． 4. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若角A的平分线的长为1，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理的边角互化可得，再由，根据三角形的面积公式可得，即，再由基本不等式即可求解. 【详解】由及正弦定理，得， 所以，所以 因为，， 所以，即. ， 所以， 所以，即，所以， 所以，， 当且仅当，，即时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：C 5. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出选项的函数解析式，再利用奇函数的定义即可. 【详解】由题意可得， 对于A，不是奇函数； 对于B，是奇函数； 对于C，，定义域不关于原点对称，不是奇函数； 对于D，，定义域不关于原点对称，不是奇函数. 故选：B 【点睛】本题主要考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题. 6. 如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，写出直线方向向量，利用夹角公式，可得答案. 【详解】 如图建立空间直角坐标系，设， 则，，，， 由分别为的中点，则，， 取，，设异面直线与的夹角为， . 故选：C. 7. 设为抛物线的焦点，曲线与交于点，轴，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由抛物线的性质可得，故选D. 考点：1、直线与抛物线；2、抛物线的几何性质；3、反比例函数. 8. 若函数，满足且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先取，得与之间的关系，然后根据导数的运算直接求导，代值可得. 【详解】取，则有，即，又因为所以，所以，所以. 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. [多选题]下列说法正确的是（ ） A. 可表示为 B. 若把英文“hero”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有23种 C. 10个朋友聚会，见面后每两个人握手一次，一共握手45次 D. 老师手里有3张参观游园的门票分给7人中的3人，每人一张，则分法有种 【答案】ABC 【解析】 【分析】由排列数公式可判断A；由排列定义可判断B；由组合定义可判断C D． 【详解】A项，，正确； B项，h，e，r，o的全排列为（种），正确的有1种，故可能出现的错误共有（种），正确； C项，10个朋友，两个人握手一次，共握手（次），正确； D项，3张门票属于相同元素，故应有种分法，D不正确． 故选：ABC. 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】A、B．利用两角和的正弦公式将条件展开，然后两边同除得到所满足的等式， 结合基本不等式确定出和的取值范围； C．根据两角和的正弦和余弦公式化简C选项，从而可计算出的值并进行判断； D．根据两角和的正切公式以及的取值范围化简并计算出的取值范围. 【详解】由，得， 同除，得， 由，故， 则， 解得，取等号时， 注意到， 于是，故A，B正确； 对于C选项，结合条件可得： ， 解得或， 但由AB选项可知都不可能成立，故C选项错误； 对于D选项，， 由知，， ∴，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知随机变量的取值为不大于的非负整数，它的概率分布列为 … … 其中满足，且．定义由生成的函数，为函数的导函数，为随机变量的期望．现有一枚质地均匀的正四面体型骰子，四个面分别标有1，2，3，4个点数，这枚骰子连续抛掷两次，向下点数之和为，此时由生成的函数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】先求出和，并判断，则排除选项A，判断选项C正确； 再求出的分布列和的解析式，最后求出，则排除选项B；判断选项D正确. 【详解】解：因为， 则， ， 令时，， 故选项A错误，选项C正确； 连续抛掷两次骰子，向下点数之和为，则的分布列为： 故选项B错误；选项D正确. 故选：CD. 【点睛】本题考查导数的运算、由生成的函数求数学期望、求随机变量生成的函数与函数值，是基础题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直得到，再利用向量夹角公式求出答案. 【详解】因为，所以， 则，， 则与的夹角为． 故答案为：. 13. 正四面体的棱长为1，则点A到平面的距离为_______ 【答案】## 【解析】 【分析】作出辅助线，得到即为点A到平面的距离，为等边三角形的中心，结合勾股定理求出答案. 【详解】取的中点，连接，则⊥， 过点作⊥平面，垂足为，即为点A到平面的距离， 则点在上，且为等边三角形的中心， 因为正四面体的棱长为1，则， 由勾股定理得，则， 因为，由勾股定理得， 则点A到平面的距离为. 故答案为： 14. 在边长为1的正方形边上任取两点，求这两点连线长度的概率：___________ 【答案】 【解析】 【分析】结合正方形对称性，不妨假设点边上，再分点落在、、、上进行讨论即可得. 【详解】设点、为边长为的正方形边上任意两点， 由正方形对称性，不妨设点在正方形的边上，且， 则点等可能的落在边、、、上， 点落在边上时，恒成立； 点落在边上时，设，则需满足， 又，，则点的轨迹为边长为的正方形及其内部， 又满足的点需在圆外， 故的概率为； 由正方形对称性，点落在上时，的概率也为； 点落在边上时，恒成立； 故这两点连线长度的概率为： . 故答案为：. 四、解答题． 15. 如图，在正三棱柱中，，，点M为的中点. （1）求点A到平面的距离； （2）在棱上是否存在点Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）过点作交于点，交于点，说明点A到平面的距离为的长度，结合几何性质求出的长度即可； （2）根据给定条件，证明平面平面，过点作交于点，利用面面垂直的性质推理作答. 【小问1详解】 如图所示，过点作交于点，交于点， 因为与互余，与互余， 所以， 又因为， 所以，所以， 因为在正三棱柱中，，，点M为的中点， 所以即为，解得， 所以， 由等面积法有，即，解得， 所以， 由正棱柱性质可知，平面，而平面， 从而， 因为三角形是正三角形且点为的中点， 所以， 又因为，，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以， 又因为，，平面， 所以平面， 所以点A到平面的距离为； 【小问2详解】 在正三棱柱中，因为点为的中点，则， 又平面， 平面，则有， 而平面，于是平面， 平面，则平面平面，在平面内过点作交于点， 平面平面，因此平面，于是点即为所要找的点， 显然，因此，即有，于是，， 所以. 16. 设数列{an}满足a1=3，． （1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明； （2）求数列{2nan}的前n项和Sn． 【答案】 （1）［方法一］【最优解】：通性通法 由题意可得，，由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即． 证明如下： 当时，成立； 假设时，成立. 那么时，也成立. 则对任意的，都有成立； ［方法二］：构造法 由题意可得，．由得．，则，两式相减得．令，且，所以，两边同时减去2，得，且，所以，即，又，因此是首项为3，公差为2的等差数列，所以． ［方法三］：累加法 由题意可得，． 由得，即，，……．以上各式等号两边相加得，所以．所以．当时也符合上式．综上所述，． ［方法四］：构造法 ，猜想．由于，所以可设，其中为常数．整理得．故，解得．所以．又，所以是各项均为0的常数列，故，即． （2）. 【解析】 【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出，猜想得出的通项公式，利用数学归纳法证明即可； （2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可． 【详解】（1）略 （2）由（1）可知， ［方法一］：错位相减法 ，① ，② 由①②得： ， 即. ［方法二］【最优解】：裂项相消法 ，所以． ［方法三］：构造法 当时，，设，即，则，解得． 所以，即为常数列，而，所以． 故． ［方法四］： 因为，令，则 ， ， 所以． 故． 【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列的部分项从而归纳得出数列的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解； 方法二：根据递推式，代换得，两式相减得，设，从而简化递推式，再根据构造法即可求出，从而得出数列的通项公式； 方法三：由化简得，根据累加法即可求出数列的通项公式； 方法四：通过递推式求出数列的部分项，归纳得出数列的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成，求出，从而可得构造数列为常数列，即得数列的通项公式． （2） 方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法； 方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法； 方法三：由时，，构造得到数列为常数列，从而求出； 方法四：将通项公式分解成，利用分组求和法分别求出数列的前项和即可，其中数列的前项和借助于函数的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算． 17. 已知，动点P到点F的距离比到直线的距离小1.记动点P的轨迹为E. （1）求E的方程； （2）设，过点P作E的切线，与直线l交于点K，直线PT与l交于点M，与抛物线交于另一点Q. （i）证明：点K与点M的纵坐标的乘积为定值； （ii）设，，求的最大值. 【答案】（1）； （2）（i）由题意，可设直线，则， 设直线，联立，得， 因为与抛物线相切，所以，则， 所以，令，得， 而，所以，故点K与点M的纵坐标的乘积为定值； （ii）. 【解析】 【分析】（1）根据题设并利用两点距离公式列方程求轨迹方程； （2）（i）由题意有，设直线，联立抛物线并结合相切关系求得，进而有，即可求K坐标，即可证； （ii）由题意得，联立与抛物线，应用韦达定理最值即可. 【小问1详解】 设，显然，由题设， 所以，即为动点P的轨迹方程； 【小问2详解】 （i）略 （ii）由题意， 又，当且仅当时等号成立， 联立，得，显然， 所以，，则，， 所以， 综上，，即目标式最大值为，当且仅当时成立. 18. 2024年高考数学全国1卷采用新的试卷结构，其中多选题（每道题有A，B，C，D四个选项，考查位置：第9~11题），得分规则变化较大，具体如下： 多选题（每题6分） 得分情况 正确选项个数 2个（如） 选对1个（选A或C） 3分 选对2个（选） 6分 3个（如） 选对1个（选A或B或D） 2分 选对2个（选或或） 4分 选对3个（选） 6分 为让学生适应新试卷结构，某学校组织了一场考试．已知每道多选题随机地从四个选项中做选择，每个选项是否正确相互独立．每道题正确选项为2个或3个的概率均为． （1）第10题已知A选项是正确的，甲同学已判断出来，但其他选项不确定，所以只填了A选项，记甲同学第10题得分为X，求． （2）第11题甲同学毫无头绪，随机填了A选项，记甲同学第11题得分为Y，求． （3）若本次考试第9~11题正确选项都为2个，乙同学每道题都得满分，甲同学知道后说：“这3道题有些知识点你是会的．”若乙同学三道题都随机选择两个选项，求乙每道题都得分的概率p，并根据p值大小判定甲同学的话是否正确．（p值保留两位有效数字） 【答案】（1） （2） （3），甲同学的话是正确的． 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率计算公式，分析题目选项情况，求出分布列，写出期望. （2）根据古典概型概率计算公式，和独立事件乘法公式，分析题目答案设置情况，从而判断得分情况，写出分布列，求出期望. （3）根据古典概型概率计算公式，求出随机选择一个答案为正确的概率，再根据独立事件乘法公式，判断连续3题都对的概率，判断甲说法是否正确. 【小问1详解】 由题，X的可能取值为2或3，因为每道题正确选项为2个或3个的概率均为， 所以， 所以X的分布列如下： X 2 3 P 所以. 【小问2详解】 由题，Y的可能取值为0，2，3， 因为， ， ， 所以Y的分布列如下： Y 0 2 3 P 所以. 【小问3详解】 设事件M：“乙同学在某道题上选两个选项且得分”， 则， 设事件N：“乙同学每道题都得分”， 所以， 故事件N为小概率事件，所以乙同学不可能每道题都乱答且得满分，甲同学的话是正确的． 19. 已知函数． （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值． 【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值. 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式中即可；（Ⅱ）设，求，根据确定函数的单调性，根据单调性求函数的最大值为，从而可以知道恒成立，所以函数是单调递减函数，再根据单调性求最值. 试题解析：（Ⅰ）因为，所以. 又因为，所以曲线在点处的切线方程为. （Ⅱ）设，则. 当时，， 所以在区间上单调递减. 所以对任意有，即. 所以函数在区间上单调递减. 因此在区间上的最大值为，最小值为. 【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设，再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道函数的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断的单调性，最后求得结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 彭州中学2025-2026学年度高三上学期入学考试 数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．选择题部分全部用2B铅笔填涂，非选择题部分用0.5mm黑色签字笔规范书写，作答时不能超出答题卡规定的矩形边框． 3．考试结束后，你只用交回你的答题卡即可． 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. 已知命题：，，则命题的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 4. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若角A的平分线的长为1，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 设为抛物线的焦点，曲线与交于点，轴，则 A. B. C. D. 8. 若函数，满足且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. [多选题]下列说法正确的是（ ） A. 可表示为 B. 若把英文“hero”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有23种 C. 10个朋友聚会，见面后每两个人握手一次，一共握手45次 D. 老师手里有3张参观游园的门票分给7人中的3人，每人一张，则分法有种 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知随机变量的取值为不大于的非负整数，它的概率分布列为 … … 其中满足，且．定义由生成的函数，为函数的导函数，为随机变量的期望．现有一枚质地均匀的正四面体型骰子，四个面分别标有1，2，3，4个点数，这枚骰子连续抛掷两次，向下点数之和为，此时由生成的函数为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为______． 13. 正四面体的棱长为1，则点A到平面的距离为_______ 14. 在边长为1的正方形边上任取两点，求这两点连线长度的概率：___________ 四、解答题． 15. 如图，在正三棱柱中，，，点M为的中点. （1）求点A到平面的距离； （2）在棱上是否存在点Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 16. 设数列{an}满足a1=3，． （1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明； （2）求数列{2nan}的前n项和Sn． 17. 已知，动点P到点F的距离比到直线的距离小1.记动点P的轨迹为E. （1）求E的方程； （2）设，过点P作E的切线，与直线l交于点K，直线PT与l交于点M，与抛物线交于另一点Q. （i）证明：点K与点M的纵坐标的乘积为定值； （ii）设，，求的最大值. 18. 2024年高考数学全国1卷采用新的试卷结构，其中多选题（每道题有A，B，C，D四个选项，考查位置：第9~11题），得分规则变化较大，具体如下： 多选题（每题6分） 得分情况 正确选项个数 2个（如） 选对1个（选A或C） 3分 选对2个（选） 6分 3个（如） 选对1个（选A或B或D） 2分 选对2个（选或或） 4分 选对3个（选） 6分 为让学生适应新试卷结构，某学校组织了一场考试．已知每道多选题随机地从四个选项中做选择，每个选项是否正确相互独立．每道题正确选项为2个或3个的概率均为． （1）第10题已知A选项是正确的，甲同学已判断出来，但其他选项不确定，所以只填了A选项，记甲同学第10题得分为X，求． （2）第11题甲同学毫无头绪，随机填了A选项，记甲同学第11题得分为Y，求． （3）若本次考试第9~11题正确选项都为2个，乙同学每道题都得满分，甲同学知道后说：“这3道题有些知识点你是会的．”若乙同学三道题都随机选择两个选项，求乙每道题都得分的概率p，并根据p值大小判定甲同学的话是否正确．（p值保留两位有效数字） 19. 已知函数． （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $