精品解析：四川省德阳市高中2026届高三上学期质量监测考试（一）数学试卷

德阳市高中2023级质量监测考试（一） 数学试卷 说明： 1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4页，考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效.考试结束后，将答题卡交回. 2.本试卷满分150分，120分钟完卷. 第Ⅰ卷选择题（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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用交集的概念计算即可. 【详解】因为，， 所以. 故选：B. 2. 若复数，其中i为虚数单位，则下列结论错误的是（ ） A. B. 的共轭复数为 C. 的虚部为i D. 为纯虚数 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法运算法则求得，进而逐项计算判断即可. 【详解】， 对于A，，故A正确； 对于B，的共轭复数为，故B正确； 对于C，的虚部为，故C错误； 对于D，，所以为纯虚数，故D正确. 故选：C. 3. 已知函数，，则的最大值与最小正周期分别为（ ） A. 3， B. 3， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据辅助角公式，对函数进行化简，进而根据正弦函数性质，求出函数最大值与最小正周期. 【详解】由题意得，其中， 则最大值为，最小正周期为. 故选：C. 4. 已知单位向量满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由条件计算得的值，再利用在方向上的投影向量为求得答案. 【详解】因为是单位向量，所以，故， 由得，即，则，即，得， 设与的夹角为，则在方向上的投影向量为. 故选：B. 5. 边长为的正方形是圆柱的轴截面，则从点沿圆柱的侧面到相对顶点的最短距离（单位：cm）是（ ） A. B. 12 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将圆柱展开得到从到的最短路径长即线段的长，利用勾股定理计算即可得到答案. 【详解】圆柱的侧面展开图如图所示，     展开后， ∴，即为所求最短距离． 故选：A. 6. 已知等比数列满足，，则（ ） A. 数列是等差数列 B. 数列是等差数列 C. 数列是递减数列 D. 数列是递增数列 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列和等比数列的定义求解判断. 【详解】解：因为等比数列满足，， 则，故数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，故A错误； 则，故数列是以0为首项，以-1为公差的等差数列，故B正确； 由A知：。故数列是递增数列，故C错误； 由B知：，故数列是递减数列，故D错误； 故选：B 7. 在中，已知，P在线段（不包含端点）上，若，则的最小值为（ ） A. B. C. 4 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设，通过向量的线性运算结合题目中的条件把用表示，最后利用基本不等式即可求解. 【详解】设， 则， 又因为，所以，， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 所以的最小值为. 故选：A 8. 设函数，对于任意正数，都．已知函数的图象关于点成中心对称，若，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性，构造函数判断的单调性和奇偶性，分情况讨论，利用单调性即可求解. 【详解】函数的图象关于点成中心对称，故函数的图象关于点成中心对称，记是奇函数. 记所以是偶函数， 对于任意正数，都，即，所以在 单调递增，且，是偶函数,故在 单调递减，且 当 时，， 当 时，， 故的解集为. 故选：B 二.选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据1，2，2，3，4，6的平均数与众数之和为5； B. 若随机变量服从二项分布，且，则； C. 若随机变量服从正态分布，且，则； D. 若，两组成对数据的样本相关系数分别为，，则组数据比组数据的相关性强. 【答案】AC 【解析】 【分析】由众数与平均数的定义可判断A选项；利用二项分布的期望与方差公式可判断B选项；利用正态密度曲线的对称性可判断C选项；利用相关系数的概念可判断D选项. 【详解】对于A选项：数据1，2，2，3，4，6的平均数为，众数为，平均数与众数之和为5，A正确； 对于B选项：，，B错误； 对于C选项：，C正确; 对于D选项：因为,,所以组数据比组数据的相关性强，D错误. 故选：AC. 10. 已知在首项为1，公差为的等差数列中，是等比数列的前三项，数列的前项和为，则（ ） A. B. C. 是公差为3的等差数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知求出等差数列的公差，然后分别计算分析可判断每个选项的正误． 【详解】因为，即，又，所以， 整理得，又因为，解得，故A正确； 由得，所以，所以，故B正确； 所以，所以是首项为1，公差为的等差数列，故C错误； ，即的公比为4，故，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知菱形的边长为2，．将沿着对角线折起至，连结．设二面角的大小为，则下列说法正确的是（ ） A. 若四面体为正四面体，则 B. 四面体的体积最大值为1 C. 四面体的表面积最大值为 D. 当时，四面体的外接球的半径为 【答案】BCD 【解析】 【分析】取中点，连接，证得为二面角的平面角，即． 然后根据的大小判断ABC，D中需要找到外接球球心，求出半径判断． 【详解】如图，取中点，连接，则，，为二面角的平面角，即． 若是正四面体，则，不是正三角形，，A错； 四面体的体积最大时，平面，此时到平面的距离最大为，而，所以，B正确； ， 易得，， 未折叠时，折叠到重合时，，中间存在一个位置，使得，则，，此时取得最大值2， 所以四面体的表面积最大值为，C正确； 当时，如图，设分别是和的外心，在平面内作，作，，则是三棱锥外接球的球心， 由上面证明过程知平面与平面、平面垂直，即四点共面， ，则，，， 为球半径，D正确． 故选：BCD． 【点睛】关键点点睛：本题考查已知二面角，四面体的体积，表面积，外接球等等．解题关键是确定二面角的平面角，利用二面角判断．对外接球关键是找到球心，而三棱锥的球心一定在过各面外心且与此面垂直的直线上． 第Ⅱ卷非选择题（92分） 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用齐次式进行弦化切，计算即可. 【详解】. 所以答案为：. 13. 若椭圆上存在一点到其左右焦点的距离之比为，则椭圆离心率的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由椭圆的定义结合比例易得，再由椭圆上任意一点到焦点的距离满足即可解出答案. 【详解】记左右焦点分别为，由题意， 由椭圆的定义知， 所以， 椭圆上任意一点到焦点的距离满足：且 所以 所以椭圆离心率的取值范围为. 故答案为：. 14. 设函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，当时，，则_____. 【答案】0. 【解析】 【分析】先通过奇偶性转化为对称关系，再通过变量代换将不同的对称关系结合，推导函数的周期，最后利用周期简化运算求和. 【详解】由是偶函数，得（偶函数的对称性）， 这说明函数的图象关于直线对称， 由是奇函数，得（奇函数的对称性）， 且（奇函数过原点）， 由，令，则： ，则， 结合，可得：. 再令，则： ，则， 代入，得：，即. 因此，是周期为的周期函数. 已知当时，，结合对称性与周期性计算到： ； ； ； ； ； ； ； ； 一个周期内（到）的和为：， 因为函数周期为，余，即包含个完整周期， 余下， 因为一个周期和为，所以总和为：. 故答案：. 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. 在中，若角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，，. （1）求角； （2）求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过三角恒等变换构造正弦函数求角； （2）结合面积公式与余弦定理，利用完全平方公式配方法求边长和，进而得周长. 【小问1详解】 对变形，得，即. 因，故，所以，解得. 【小问2详解】 由，，得. 由余弦定理，代入，， 得，即. 则，故. 因此，△ABC的周长为. 16. 如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点． （1）证明：平面AMC； （2）求平面和平面AMC夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：如图，连接，由题意知平面， 所以，又，， 所以，因为M是的中点，所以． 因为平面ABC，所以， 又，，所以平面，所以． 因为，所以平面AMC． （2）． 【解析】 【分析】（1）连接，可证，由平面ABC，得，利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，由（1）知平面AMC的一个法向量为，利用夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以A为坐标原点，以直线AB，AC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， ，，，，， 所以，． 设平面的法向量为， 则，取， 由（1）知平面AMC的一个法向量为， 因为， 所以平面和平面AMC夹角的余弦值为． 17. 已知，. （1）若函数在处取得极小值，求的单调递减区间； （2）在（1）的条件下，求过点且与函数图象相切的直线方程； （3）若不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）或； （3） 【解析】 【分析】（1）利用极值的意义可得，可求得，进而令，可求单调递减区间； （2）设在处的切线过点，利用导数的几何意义可求得切线方程为，代入点的坐标，进而求解即可； （3）（分离参数，得到恒成立，令，求出函数的最大值，即可求得的范围. 【小问1详解】 由，可得， 因为函数在处取得极小值，所以， 所以，解得，所以， 当时，，当时，， 所以函数在处取得极小值，所以，所以. 所以，令，得， 所以的单调递减区间为； 【小问2详解】 设在处的切线过点， 由（1）可得，所以， 所以在处的切线方程为， 因为切线过点，所以， 整理得，所以，解得或， 当时，切线方程为，即； 当时，切线方程为，即， 所以切线方程为或； 【小问3详解】 由，可得， 由不等式恒成立，所以在上恒成立， 整理得在上恒成立， 令， 所以， 令，所以，解得或（舍去）， 所以当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 所以，所以， 所以实数的取值范围为. 18. 某商场拟在年末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子（形状为正方体，六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），若向上点数不超过2点，获得1分，否则获得2分，进行若干轮游戏，若累计得分为19分，则游戏结束，可得礼券，若累计得分为20分，则游戏结束，可得到礼券，最多进行19轮游戏. （1）当进行完3轮游戏时，总分为，求的期望； （2）若累计得分为的概率为，（初始得分为0分，）. ①证明数列，，，，是等比数列； ②求活动参与者得到礼券的概率. 【答案】（1） （2）①证明：，即累计得分为分，是第一次掷骰子，向上点数不超过点，，则，累计得分为分的情况有两种： （i），即累计得分，又掷骰子点数超过点，其概率为， （ii）累计得分为分，又掷骰子点数没超过点，得分，其概率为， 所以，所以，，，，， 所以，，，，是首项为，公比为的等比数列. ② 【解析】 【分析】（1）由题意可知每轮游戏获得分的概率为，获得分的概率为，而每轮游戏的结果互相独立，设进行完轮游戏时，得分的次数为，所以，，即可求出的期望. （2）①根据累计得分为分的概率为，分两种情况讨论，从而得到递推式，再根据构造法求证即可； ②根据①可求出，再根据累加法可求出，再由从而求解即可. 【小问1详解】 由题意可知每轮游戏获得分的概率为，获得分的概率为，设进行完轮游戏时，得分的次数为，所以，所以，，，，，而，所以随机变量的可能取值为，，，，所以 ， ， ， ， 所以的分布列为： 所以. 【小问2详解】 ①略 ②因为数列，，，，是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以 ， ， ， 各式相加，得， 所以，，，，， 所以活动参与者得到礼券的概率为：. 19. 已知双曲线过点，离心率，左、右焦点分别为，，过的直线与双曲线交于A，B两点. （1）求双曲线的标准方程. （2）若直线的斜率为1，求的面积. （3）若直线与直线交于点.证明：直线过定点. 【答案】（1） （2） （3） 当直线的斜率不为0时，设， 将其代入，消去，整理得， 则， 且，则（*） 直线的方程为，令，代入解得，即， 于是直线的方程为，令， 可得 ， 故此时直线经过定点. 当直线的斜率为0时，点分别是双曲线的左右顶点，此时直线即轴，显然经过点. 综上，直线经过定点. 【解析】 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，求解即得双曲线的方程； （2）依题得直线的方程为，将其与双曲线的方程联立，消元后写出韦达定理，根据计算即得； （3）在直线的斜率不为0时，设，将其与双曲线的方程联立，写出韦达定理，求出直线的方程，令，求得点，写出直线的方程，令，经过化简并将韦达定理代入可推出，即得定点，验证斜率为0的情况即得证. 【小问1详解】 由题意，得，解得， 故双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 由，可知，则直线的方程为， 代入，消去，可得， 设，则， 由图知，的面积为 . 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 德阳市高中2023级质量监测考试（一） 数学试卷 说明： 1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4页，考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效.考试结束后，将答题卡交回. 2.本试卷满分150分，120分钟完卷. 第Ⅰ卷选择题（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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数，其中i为虚数单位，则下列结论错误的是（ ） A. B. 的共轭复数为 C. 的虚部为i D. 为纯虚数 3. 已知函数，，则的最大值与最小正周期分别为（ ） A. 3， B. 3， C. ， D. ， 4. 已知单位向量满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 边长为的正方形是圆柱的轴截面，则从点沿圆柱的侧面到相对顶点的最短距离（单位：cm）是（ ） A. B. 12 C. D. 6. 已知等比数列满足，，则（ ） A. 数列是等差数列 B. 数列是等差数列 C. 数列是递减数列 D. 数列是递增数列 7. 在中，已知，P在线段（不包含端点）上，若，则的最小值为（ ） A. B. C. 4 D. 3 8. 设函数，对于任意正数，都．已知函数的图象关于点成中心对称，若，则的解集为（ ） A. B. C. D. 二.选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据1，2，2，3，4，6的平均数与众数之和为5； B. 若随机变量服从二项分布，且，则； C. 若随机变量服从正态分布，且，则； D. 若，两组成对数据的样本相关系数分别为，，则组数据比组数据的相关性强. 10. 已知在首项为1，公差为的等差数列中，是等比数列的前三项，数列的前项和为，则（ ） A. B. C. 是公差为3的等差数列 D. 11. 已知菱形的边长为2，．将沿着对角线折起至，连结．设二面角的大小为，则下列说法正确的是（ ） A. 若四面体为正四面体，则 B. 四面体的体积最大值为1 C. 四面体的表面积最大值为 D. 当时，四面体的外接球的半径为 第Ⅱ卷非选择题（92分） 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则_____. 13. 若椭圆上存在一点到其左右焦点的距离之比为，则椭圆离心率的取值范围为_____. 14. 设函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，当时，，则_____. 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. 在中，若角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，，. （1）求角； （2）求的周长. 16. 如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点． （1）证明：平面AMC； （2）求平面和平面AMC夹角的余弦值． 17. 已知，. （1）若函数在处取得极小值，求的单调递减区间； （2）在（1）的条件下，求过点且与函数图象相切的直线方程； （3）若不等式恒成立，求实数的取值范围. 18. 某商场拟在年末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子（形状为正方体，六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），若向上点数不超过2点，获得1分，否则获得2分，进行若干轮游戏，若累计得分为19分，则游戏结束，可得礼券，若累计得分为20分，则游戏结束，可得到礼券，最多进行19轮游戏. （1）当进行完3轮游戏时，总分为，求的期望； （2）若累计得分为的概率为，（初始得分为0分，）. ①证明数列，，，，是等比数列； ②求活动参与者得到礼券的概率. 19. 已知双曲线过点，离心率，左、右焦点分别为，，过的直线与双曲线交于A，B两点. （1）求双曲线的标准方程. （2）若直线的斜率为1，求的面积. （3）若直线与直线交于点.证明：直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $