精品解析：四川省广安市前锋区2025-2026学年高三上学期调研阶段学业水平评估数学试题

2025—2026学年上期高2026届第一阶段学业水平评估 数 学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本次考试范围：高考. 一．单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若向量，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量是 3. 复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆台的上底面半径是1，下底面半径是2，且圆台的体积为，则该圆台的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知某运动员每次投篮命中的概率都为，现采用随机模拟的方式估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，指定表示命中，表示不命中；再以三个随机数为一组，代表三次投篮结果，经随机模拟产生了如下12组随机数：，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（   ） A. B. C. D. 6. 如图，空间四边形中，，点在上，且满足，点为的中点，则（ ） A. B. C. D. 7. 设均为非零实数，方程和的解集分别为，则“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 8. 已知等差数列的项数为，若该数列前3项的和为3，最后三项的和为63，所有项的和为110，则n的值为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. 的值为2 B. C. 函数在单调递增 D. 当时，方程存在两个根，则 10. 如图，正方体的棱长为1，是的中点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 若在底面内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹的长度为 D. 由三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 11. 如图，已知倒心形曲线与轴交于两点，点是曲线上的一个动点，则（ ） A. 点与均在曲线上 B. 点的纵坐标的最小值为 C. 恒成立 D. 曲线内（含边界）共有13个整点（横，纵坐标均为整数的点） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线上的点到直线的最短距离是________． 13. 已知数列满足，且对任意，有，则______. 14. 已知函数，若对任意，，不等式恒成立，则实数的取值范围是__________． 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．其中 15 题 13 分，16—17 题各 15 分，18—19 题各 17 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）求的单调递减区间； （2）若，求的值． 16. 2025年9月20日川超联赛正式开幕，现在凉山好医生队主教练已经圈定50人大名单，在进一步选拔队员时就规定：每位队员有3次发直接任意球机会，若发中2次或3次，则测试通过，若没有通过测试，则需进行加发任意球训练，每人发10次．已知甲队员每次发中的概率为且每次是否发中相互独立． （1）求甲队员通过测试的概率； （2）若乙队员每次发中的概率为且每次是否发中相互独立．设经过测试后，甲、乙两位队员需要进行任意球训练的次数之和为，求的所有情况及对应的概率． 17. 在如图所示的实验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和长度保持相等，记 （1）求证：平面； （2）求的长，并求其最小值； （3）当的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆：的右焦点为，上两点满足（），且.若椭圆的左右顶点为，，上下顶点为，，记四边形的内切圆为. （1）求圆的标准方程； （2）求证：以为直径的圆恒过异于点的一个定点； （3）已知为椭圆上任意一点，过点作圆的切线分别交椭圆于，两点，试求三角形面积小值. 19. 记，，，. （1）判断并证明的奇偶性； （2）设最小值为，若，对任意恒成立，求的最小整数值； （3）在（2）条件下，设，求在上的零点个数并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年上期高2026届第一阶段学业水平评估 数 学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本次考试范围：高考. 一．单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的交集运算求解. 【详解】，， . 故选：B. 2. 若向量，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量是 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，利用向量的模的坐标公式计算即得；对于B，利用向量共线的坐标公式计算即可判断；对于C，利用向量垂直的坐标公式计算即可判断；对于D，结合数量积的坐标运算，利用向量投影的计算公式即得. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，因，则， 又，由，可得不成立，故B错误； 对于C，因，则， 又，由，可得不成立，故C错误； 对于D，因， 则在上的投影向量为，故D正确. 故选：D 3. 复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法结合共轭复数定义可得答案. 【详解】因为， 所以复数的共轭复数为. 故选：A 4. 已知圆台的上底面半径是1，下底面半径是2，且圆台的体积为，则该圆台的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆台的高为，其外接球的半径为，根据圆台的体积公式，求得，分球心在圆台的内部和外部，列出方程求得的值，结合球的表面积公式，即可求解. 【详解】设圆台的高为，其外接球的半径为， 因为圆台的体积为，可得，解得， 若球心在圆台的内部，可得，解得， 所以外接球的表面积为； 若球心在圆台的外部，可得，此时无解， 综上可得，外接球的表面积为. 故选：C. 5. 已知某运动员每次投篮命中的概率都为，现采用随机模拟的方式估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，指定表示命中，表示不命中；再以三个随机数为一组，代表三次投篮结果，经随机模拟产生了如下12组随机数：，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据在这12组随机数中，表示该运动员三次投篮恰有两次命中的有3组，根据古典概型的概率公式计算可得. 【详解】这12组随机数中，表示该运动员三次投篮恰有两次命中的有：共3组， 故该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为. 故选：A. 6. 如图，空间四边形中，，点在上，且满足，点为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由空间向量基本定理求解即可. 【详解】解：由，点为的中点， 可得， 又，． 故选：C. 7. 设均为非零实数，方程和的解集分别为，则“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分不必要条件的概念判断，即可得解. 【详解】充分性：由题意设， 则， 所以，充分性成立. 必要性：若，则可取方程与方程， 此时，不满足，必要性不成立. 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 8. 已知等差数列的项数为，若该数列前3项的和为3，最后三项的和为63，所有项的和为110，则n的值为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的性质及求和公式得解. 【详解】设这个数列有n项，则，， 因此，即， 则，解得 故选：A 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. 的值为2 B. C. 函数在单调递增 D. 当时，方程存在两个根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简函数，再利用正弦函数性质逐项判断即得. 【详解】对于A，由题函数，所以由函数的最小正周期为得，A正确； 对于B，，， 即不是图象对称轴，因此，B错误； 对于C，当时，，因为函数在上单调递增， 则函数在上单调递增，C正确； 对于D，当时，， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增，在上单调递减，且 当时，方程存在两个根，等价于函数与图象在上有两个交点， 所以，D正确. 故选：ACD 10. 如图，正方体的棱长为1，是的中点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 若在底面内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹的长度为 D. 由三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，连接，可证得平面，从而，A选项正确；对于B选项，根据几何体特征，三棱锥的体积和三棱锥的体积相等，根据三棱锥体积公式即可求解；对于C选项，根据题意，可得动点的轨迹为以为圆心，以为半径的四分之一圆，进而可求得其轨迹长度；对于D选项，作图可得，过三点确定的平面与正方体相交形成的截面为平面，根据几何体特征，分别求得，，，相加即可得其周长. 【详解】对于A选项，连接，在正方体中，平面， 又平面，所以， 又为正方形对角线，所以， 又为平面内的两条相交直线，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 对于B选项，在正方体中，平面， 即平面，所以三棱锥的体积， 又，， 所以，故B正确； 对于C选项，点在底面内（包含边界）运动，且满足，所以动点的轨迹为以为圆心，以为半径的四分之一圆，所以其轨迹的长度为，故C错误； 对于D，取的中点，连接，，并延长与的延长线交于点， 则过三点确定的平面与正方体相交形成的截面为平面， 因为正方体的棱长为1，分别为的中点， 所以可得，，， 所以四边形的周长为，故D正确. 故选：ABD 11. 如图，已知倒心形曲线与轴交于两点，点是曲线上的一个动点，则（ ） A. 点与均在曲线上 B. 点的纵坐标的最小值为 C. 恒成立 D. 曲线内（含边界）共有13个整点（横，纵坐标均为整数的点） 【答案】BCD 【解析】 【分析】点坐标代入曲线方程可得选项A错误；分析时函数最值可得选项B正确；利用三角换元结合三角恒等变换求最值可得选项C正确；利用曲线方程和曲线对称性列举出整点可得选项D正确. 【详解】令，可得，则. 对于A，将代入曲线的方程，可得成立， 则点在曲线上， 将代入曲线的方程，可得不成立，则点不在曲线上，故A错误； 对于B，曲线关于轴对称，且点的纵坐标的最小值小于， 当且点在轴下方时，， 即， 当且仅当，即时取等号，所以当时，可以取得最小值， 且最小值为，故B正确； 对于C，曲线关于轴对称，当时，恒成立, 等价于点恒在椭圆内（含边界）， 设，则1， 整理得，即（其中），该式恒成立， 同理当时原不等式也成立，故C正确； 对于D，由曲线的方程可得，再结合选项和曲线的对称性, 可知曲线内（含边界）的整点有，，，，， ，，，，，，，，共13个，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：解决选项C的关键是应用三角换元，结合三角恒等变换化简，利用三角函数值域求最值. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线上的点到直线的最短距离是________． 【答案】 【解析】 【分析】求出和平行的直线和相切，求函数的导数，利用导数的几何意义求出切点坐标即可得到结论. 【详解】与平行的直线和相切，则斜率为， 因为，所以， 令，解方程得，代入直线方程得切点， 则点到直线的距离就是曲线的点到直线的最短距离， 由点到直线的距离公式知， 故答案为：. 13. 已知数列满足，且对任意，有，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用累加法求得. 【详解】依题意， ， ， ， ， …… ， ， 上述个式子相加得. 故答案为： 14. 已知函数，若对任意，，不等式恒成立，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】设，原不等式等价于，构造函数，则在上单调递减，可得不等式在上恒成立，利用分离参数法可得在上恒成立，结合导数讨论函数的性质求出即可. 【详解】设，， 等价于，即， 令，则， 所以函数在上单调递减， 则不等式在上恒成立， 即不等式在上恒成立，令， 则，令，令， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 又，且， 所以，解得， 即实数a的取值范围为. 故答案为：. 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．其中 15 题 13 分，16—17 题各 15 分，18—19 题各 17 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）求的单调递减区间； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先将函数化简为的形式，再根据正弦函数的单调性求解单调区间； （2）先根据已知条件求出和的值，再利用两角差的余弦公式来求的值. 【小问1详解】 . 由， 解得， 所以的单调递减区间是. 【小问2详解】 已知，则，所以. 因为，所以. 所以. 所以 . 16. 2025年9月20日川超联赛正式开幕，现在凉山好医生队主教练已经圈定50人大名单，在进一步选拔队员时就规定：每位队员有3次发直接任意球机会，若发中2次或3次，则测试通过，若没有通过测试，则需进行加发任意球训练，每人发10次．已知甲队员每次发中的概率为且每次是否发中相互独立． （1）求甲队员通过测试的概率； （2）若乙队员每次发中的概率为且每次是否发中相互独立．设经过测试后，甲、乙两位队员需要进行任意球训练的次数之和为，求的所有情况及对应的概率． 【答案】（1） （2）的情况：0，10，20；对应概率：，， 【解析】 【分析】（1）甲同学投中2次或3次通过测试分别求出概率即可； （2）分别求出甲、乙通过测试和没有通过测试的概率，分析出0，10，20，进而可以求出所对应的概率； 【小问1详解】 由条件知甲同学通过测试的概率为． 【小问2详解】 由（1）可知甲同学没有通过测试的概率为， 根据题意乙同学通过测试的概率为， 所以乙同学没有通过测试的概率为， 则，10，20， 因， ， . 17. 在如图所示的实验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和长度保持相等，记 （1）求证：平面； （2）求的长，并求其最小值； （3）当的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 由题意，因为四边形，均为正方形，所以，， 又平面平面，平面平面，平面 所以平面.因面，所以，即直线两两垂直， 故可以为原点建立如图所示的空间直角坐标系： 因为正方形，的边长为1，所以，. 因为，所以，. 所以，. 因为，所以. 又为平面的法向量，平面，所以平面. （2），最小值为. （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行. （2）利用空间两点间的距离公式结合二次函数的最值的求法求的最小值. （3）利用空间向量求两平面所成角的三角函数值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得：， 因，故当时，取得最小值. 【小问3详解】 由（2），当的长最小时，. 此时，，，，. ，，. 设平面的法向量为， 则，可取， 设平面的法向量为， 则，可取. 设平面与平面所成的角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆：的右焦点为，上两点满足（），且.若椭圆的左右顶点为，，上下顶点为，，记四边形的内切圆为. （1）求圆的标准方程； （2）求证：以为直径的圆恒过异于点的一个定点； （3）已知为椭圆上任意一点，过点作圆的切线分别交椭圆于，两点，试求三角形面积小值. 【答案】（1） （2）证明如下： 设，， 则, 又，所以. 结合（）可得，， 设以为直径的圆上的点， 则， ， 化简得， 令，则，解得或， 所以该圆过. （3）. 【解析】 【分析】（1）由题知四边形为菱形，为其中心点，则圆的半径为到直线的距离，求解出相关量即可； （2）设，，由可得，写出以为直径的圆的福年广场并化简得，令即可得到定点； （3）设直线方程为，根据相切得到，直线代入椭圆可得，即，，同理可得，证得、、三点共线，再根据进行求解即可. 【小问1详解】 因为椭圆的左右顶点为，，上下顶点为，， 所以四边形为菱形，为其中心点， 又，坐标分别为，，可得直线方程为， 则原点到直线的距离为， 即圆的半径，故圆的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设直线方程为，由直线与圆相切，可知原点到直线的距离，整理可得. 将直线方程代入椭圆可得，. 整理即有，. 则. 即，故. 同理，，故、、三点共线，则. 设：代入椭圆方程可得，则， 故. 同理，. 从而，. 所以，，得， 因此，，当且仅当时等号成立. 故三角形面积的最小值为. 19. 记，，，. （1）判断并证明的奇偶性； （2）设最小值为，若，对任意恒成立，求的最小整数值； （3）在（2）条件下，设，求在上的零点个数并说明理由. 【答案】（1）偶函数，证明：因为，，， 所以， 函数的定义域为，定义域关于原点对称， ， 所以函数为偶函数， （2）2 （3），理由：由（2），又，，， 所以， 因为， 所以函数为周期函数，为函数的周期， 当时，，， 所以， 结合周期性可得，，都是函数在上的零点， 当时，，，，， 函数在上没有零点， 当时，，，所以， 函数在上没有零点， 当时，， 令，则， 所以函数在上单调递增，故函数在上单调递增， 又，， 所以存在，，， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 又，，， 所以函数在上存在唯一零点，在上不存在零点， 结合函数的周期性可得函数在上的零点个数为. 【解析】 【分析】（1）求函数的定义域，证明定义域关于原点对称，再证明，由此可得结论； （2）设，换元可得，设，，利用导数判断函数的单调性，求函数的最小值，由此可得，再求，结合条件求的范围，由此可得结论； （3）由（2）可得，证明函数为周期函数，为函数的一个周期，再证明，由此可得，，都是函数在上的零点，再证明函数在内有且只有一个零点，结合周期性可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， 令，则，，则， 设，， 则， 当时，，又， 所以，所以， 所以函数在上单调递减， 当时，，又， 所以，所以， 所以函数在上单调递增， 所以当时，函数取最小值，最小值为， 所以最小值为，所以， 所以， 因为，对任意恒成立，所以， 所以的最小整数值为， 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $