精品解析：四川省中职教改共同体学校(对口升学类)2026届高三第一次教学质量检测数学试题

四川中职教改共同体学校 2025－2026学年高三第一次教学质量监测 数学（对口升学类） 本试题卷分第Ｉ卷（选择题）和第II卷（非选择题）.第I卷1－2页，第II卷3－4页，共4页.考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效.满分150分.考试时间120分钟.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，满分150分. 2．考生必须在答题卡上指定位置作答，答在试卷，草稿纸上无效. 3．涂写部分必须使用2B铅笔，书写部分必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔. 第Ｉ卷（共60分） 一、选择题（本大题共15小题，每小题4分，共60分.每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合的交运算即可求解. 【详解】，，. 故选：C. 2. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据偶次根式被开方数大于0，分母不等于0，以及0指数的底数不等于0列不等式求解即可. 【详解】已知函数， 要使函数有意义，必须有， 解得且， 所以该函数的定义域是， 故选：D. 3. （ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合特殊角的三角函数值，即可求解. 【详解】，，. 故选：A. 4. 已知平面向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算求解即可； 【详解】，，则； 故选：B 5. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据含有绝对值的不等式的解法求解即可. 【详解】或， 解得：或， 所以不等式的解集为， 故选：A. 6. 过点且与轴平行的直线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用与轴平行的直线斜率不存在直线方程为可求. 【详解】与轴平行且过点的直线为， 故选：. 7. 双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线的性质分析求解即可. 【详解】因为双曲线的方程为：， 所以， 即，所以， 故选：B. 8. （ ） A. 1 B. C. D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数幂的运算法则及对数的运算性质可得结果. 【详解】. 故选：A 9. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用正弦函数的倍角公式化简函数，再利用正弦函数的最小正周期公式即可得解. 【详解】因为， 所以函数的最小正周期. 故选：B. 10. 已知函数为偶函数，则的值是（ ） A. B. 1 C. D. 1或 【答案】D 【解析】 【分析】根据偶函数的定义即可得解. 【详解】为偶函数，定义域为， 所以，或 故选：. 11. 设，为两个平面，则“”是“内有两条相交直线与平行”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】C 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理及性质定理，结合充分条件和必要条件的定义，分析求解即可. 【详解】因为如果一个平面内的两条相交直线都与另一个平面平行，那么两个平面平行， 所以当内有两条相交直线与平行时，有，即必要性成立； 又因为如果两个面平行，则一个平面内的任意一条直线都平行于另一个面， 所以当时，有内有两条相交直线与平行，即充分性成立， 所以“”是“内有两条相交直线与平行”的充要条件. 故选：C. 12. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数与对数函数的性质求解即可. 【详解】，，，，. 故选：D. 13. 若曲线方程是表示焦点在轴的椭圆，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆焦点在轴上的方程特点，列出不等式组即可得解. 【详解】椭圆焦点在轴， ，解得， 则的取值范围为， 故选：. 14. 从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用古典概型概率公式即可求得抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率. 【详解】记“抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数”为事件A， 则事件A共包含以下10种情况： ， 而有放回的连续抽取2张卡片共有（种）不同情况， 则 故选：D 15. 函数，则使得成立的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性，单调性即可求解. 【详解】由题意得，定义域为，又， 所以为偶函数，设， 则， 所以在上为增函数， 要使，即，解得. 故选：A. 第II卷（共90分） 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 16. 二项式的展开式中常数项是_____． 【答案】 【解析】 【分析】设该二项式展开式中常数项为，再由二项展开式的通项公式列方程求出的值代回二项式的通项公式中即可. 【详解】已知二项式， 则， 令，解得， 则常数项是， 故答案为：. 17. 某一中职学校有高一年级1200人，高二年级1600人，高三年级2000人，若采用分层抽样的办法从三个年级共抽取120人，则高一年级抽取_____人． 【答案】30 【解析】 【分析】利用分层抽样的抽样比求人数即可. 【详解】因为某一中职学校共有人，从中抽取抽取120人， 所以抽样比，则抽取高一年级人数人， 故答案为：. 18. 已知向量、满足，，则_____． 【答案】10 【解析】 【分析】根据向量内积的运算律，求解即可. 【详解】因为，， 所以. 故答案为：. 19. 记为等比数列的前项和，若，，则________. 【答案】## 【解析】 【分析】先根据已知条件求出公比，再运用等比数列前项和公式求解. 【详解】为等比数列的前项和， 若，， 则有，即， 解得，所以. 故答案为：. 20. 专家对某地区新型流感爆发趋势研究发现，从确诊第一名患者开始累计时间t（单位：天）与病情爆发系数满足函数模型：，当时，标志着疫情即将爆发，则爆发所需要的时间天数约为（参考数据：）_____． 【答案】10 【解析】 【分析】由函数模型及求出t的值即可. 【详解】由题意知，， 则，即， 故， 所以，解得. 故答案为：10. 三、解答题（共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 21. 为了加强学生对体育运动的重视，提高身体素质和运动能力，某班级开展了“阳光运动强体魄，健康成长伴我行”的体育宣传活动，并对班上60名学生做了体能测试，测试结果得分分成以下5组：，，，，，统计结果如图所示，其中． （1）求出，的值； （2）根据直方图，估计该班的体能均值（注：每组取中间值为该组的平均值） 【答案】（1）， （2）74.5 【解析】 【分析】（1）根据直方图中各矩形的面积之和为1，列方程可求解； （2）根据直方图中均值的计算公式可求解. 【小问1详解】 由直方图可知，组距为10，则 ， 即， 又，所以，； 【小问2详解】 由（1）可知， 的频率为，的频率为，的频率为， 的频率为，的频率为，则 . 22. 已知数列的前项和为，，． （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合之间的关系，结合等比数列的概念，易判断数列是等比数列，继而求解； （2）根据题意，结合等比数列的前n项和公式，利用错位相减法，即可求解. 【小问1详解】 因为数列的前项和为，，， 所以当时，，解得， 当时，， 即， 又，故数列是首项为2，公比为2的等比数列， 所以，即，， 又也符合上式， 所以数列的通项公式为，． 【小问2详解】 由（1）题可知， 又，所以， 所以，① ，② 由①－②得 ， 所以. 23. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，、分别为、的中点，侧面底面，且． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接AC，利用三角形中位线性质及线面平行判定定理证明； （2）取AD的中点N，可得平面，然后利用锥体体积公式求体积. 【小问1详解】 连接，如图所示， 底面是边长为2的正方形，则是的中点，又为的中点， 则为的中位线，所以， 又因为平面，平面PAD， 所以平面． 【小问2详解】 取的中点，连接，如图所示． 因为，所以． 又因为平面平面， 平面平面，平面， 所以平面，即是三棱锥的高， 又因为底面是边长为2的正方形，所以， 所以，则， 所以， 所以． 24. 在中，已知边，． （1）求角的大小； （2）求的面积 【答案】（1） （2）24 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和二倍角公式即可得解； （2）结合（1）与勾股定理求出的值，进而由三角形的面积公式即可得解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 变形为， ， 又中，， ，. 【小问2详解】 由（1）知为直角三角形， 由和, 解得，， 的面积. 25. 已知函数满足，，． （1）求证：为周期函数； （2）设，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）105 【解析】 【分析】（1）根据周期函数的定义即可证明. （2）根据函数的周期性结合题意即可求解. 【小问1详解】 因为，所以，又， 所以，则是以4为一个周期的周期函数. 【小问2详解】 由题意得，，， ，， 所以. . 26. 已知过点且斜率为的直线与圆交于两，两点． （1）求的取值范围； （2）若，其中为坐标原点，求． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）根据直线与圆的位置关系分析求解即可； （2）设，，将直线和圆的方程联立方程组，得到的值，再结合向量的坐标表示，求出的值，最后利用直线与圆的位置关系求解即可. 【小问1详解】 因为直线过点且斜率， 所以直线的方程为，即， 又因为圆的圆心，半径， 所以圆心到直线的距离， 因为直线与圆相交，所以，即， 解得：， 所以的范围是. 【小问2详解】 设，， 将直线代入圆方程得：， 所以，， 所以， 又因为， 所以，解得：， 所以直线的方程为，当时，，即圆心在直线上， 所以直线过圆心，即两点间的距离就是圆的直径， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川中职教改共同体学校 2025－2026学年高三第一次教学质量监测 数学（对口升学类） 本试题卷分第Ｉ卷（选择题）和第II卷（非选择题）.第I卷1－2页，第II卷3－4页，共4页.考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效.满分150分.考试时间120分钟.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，满分150分. 2．考生必须在答题卡上指定位置作答，答在试卷，草稿纸上无效. 3．涂写部分必须使用2B铅笔，书写部分必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔. 第Ｉ卷（共60分） 一、选择题（本大题共15小题，每小题4分，共60分.每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 3. （ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 4. 已知平面向量，，则（ ） A. B. C. D. 5. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 过点且与轴平行的直线的方程是（ ） A. B. C. D. 7. 双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. （ ） A. 1 B. C. D. 0 9. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数为偶函数，则的值是（ ） A. B. 1 C. D. 1或 11. 设，为两个平面，则“”是“内有两条相交直线与平行”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 12. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 13. 若曲线方程是表示焦点在轴的椭圆，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 14. 从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ ） A. B. C. D. 15. 函数，则使得成立的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第II卷（共90分） 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 16. 二项式的展开式中常数项是_____． 17. 某一中职学校有高一年级1200人，高二年级1600人，高三年级2000人，若采用分层抽样的办法从三个年级共抽取120人，则高一年级抽取_____人． 18. 已知向量、满足，，则_____． 19. 记为等比数列的前项和，若，，则________. 20. 专家对某地区新型流感爆发趋势研究发现，从确诊第一名患者开始累计时间t（单位：天）与病情爆发系数满足函数模型：，当时，标志着疫情即将爆发，则爆发所需要的时间天数约为（参考数据：）_____． 三、解答题（共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 21. 为了加强学生对体育运动的重视，提高身体素质和运动能力，某班级开展了“阳光运动强体魄，健康成长伴我行”的体育宣传活动，并对班上60名学生做了体能测试，测试结果得分分成以下5组：，，，，，统计结果如图所示，其中． （1）求出，的值； （2）根据直方图，估计该班的体能均值（注：每组取中间值为该组的平均值） 22. 已知数列的前项和为，，． （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和． 23. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，、分别为、的中点，侧面底面，且． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积． 24. 在中，已知边，． （1）求角的大小； （2）求的面积 25. 已知函数满足，，． （1）求证：为周期函数； （2）设，求的值． 26. 已知过点且斜率为的直线与圆交于两，两点． （1）求的取值范围； （2）若，其中为坐标原点，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $