精品解析：四川省部分校2026届高三上学期9月开学联考数学试题

数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法和加法运算求解. 【详解】. 故选：A. 2. 2024年四川实现地区生产总值64697.0亿元，从主要工业产品产量看，相比于上一年的产量，单晶硅､锂离子电池､汽油､多晶硅､集成电路､发电机组､天然气､发电量的增长率分别为，则这组数据的分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由百分位数的定义代入计算，即可得到结果. 【详解】将这组数据按照从小到大的顺序排列为 ，， 因为，所以这组数据的分位数为第5个数，即. 故选：D 3. 若为奇函数，当时，，则（ ） A. 10 B. C. 12 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由奇函数性质结合题意可得答案. 【详解】因为为奇函数，时，, 所以. 故选：D 4. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过解绝对值不等式和根式不等式化简集合，再结合交集、并集的定义即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：C. 5. 若一个圆锥与一个圆台的体积相等，且圆台的上､下底面半径分别为2，3，高为3，圆锥的底面半径为2，则该圆锥的高为（ ） A. B. 19 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆锥与圆台的体积公式即可求解. 【详解】设该圆锥的高为， 则，解得. 故选：A 6. 甲､乙､丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥､长江索道､洪崖洞民俗风貌区､重庆动物园､仙女山､白帝城这六个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲､乙､丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有（ ） A. 96种 B. 100种 C. 108种 D. 120种 【答案】B 【解析】 【分析】先安排甲，再将剩余的2人进行排列，得到答案, 【详解】先安排甲，再将剩余的2人进行排列，故这三人的不同选择方法共有种. 故选：B 7. 已知为椭圆上一点，椭圆的四个顶点为，且，则（ ） A. 点必在椭圆上 B. 点必在椭圆上 C. 点必在椭圆上 D. 点必在椭圆上 【答案】A 【解析】 【分析】由题不妨设，易得为的两个焦点，则，推得，利用椭圆的定义即可求解. 【详解】因椭圆的四个顶点为， 不妨设， 因为椭圆的焦点为， 则为的两个焦点，则， 所以， 所以点在以为焦点，长轴长为6的椭圆上. 设该方程为， 依题意，则， 即点必在椭圆上. 故选：A. 8. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先变形得到，构造函数，求导得到其在上的单调性，从而得到，. 【详解】因为，所以. 设函数，则，当时，单调递减， 所以，所以，故. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知双曲线，则（ ） A. B. 双曲线的实轴长为 C. 双曲线的渐近线方程为 D. 当双曲线的离心率等于其虚轴长时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据双曲线标准方程的特点，可得双曲线C的焦点在x轴上，由此确定.对照确定的值，依次判断选项，可得正确答案. 【详解】选项A：依题意可得双曲线C的焦点在x轴上，所以所以选项A正确； 选项B、C：对照焦点在x轴上的双曲线的标准方程：，知.所以双曲线的实轴长为；双曲线的渐近线方程为：，即.所以选项B正确，选项C错误； 选项D：双曲线的离心率等于虚轴长时，，则，所以，解得.所以选项D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数，则（ ） A. B. 当时，与在上的单调性相同 C. 当与的最大值相等时， D. 不论取何值，的图象总关于直线对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A计算即可判断，对于B先判断的单调性，再利用复合函数判断的单调性即可判断，对于C由 ，根据与的最大值相等，即可求，进而判断，对于D验证是否成立即可判断. 【详解】由题意有 对于A：，故A正确. 对于B：当时，在上先减后增，令，则， 又因为在上单调递减，在单调递减， 由复合函数单调性可知，在上单调递增，故B错误. 对于C：， 当与的最大值相等时，且，得，故C正确. 对于D：因为， 所以不论取何值，的图象总关于直线对称，D正确. 故选：ACD. 11. 若正方体内放入两个半径相等的小球，且小球半径的最大值为，为棱上一点，且，则（ ） A. 点到平面的距离为 B. 与底面所成角的正切值为 C. 异面直线与所成的角小于 D. 四棱锥外接球的表面积为 【答案】BC 【解析】 【分析】当均落在该正方体的一条体对角线上且这两个小球相切，同时这两个小球均与正方体的三个面相切时，小球的半径取得最大值，进而可得正方体的棱长为4.对于A，连接，证得平面，点作，则平面，则即为点到平面的距离，计算即可；对于B，连接，则为与底面所成的角，计算即可；对于C，因为，所以异面直线与所成的角为与所成的角（或其补角），以为原点建立坐标系，根据向量求解判断即可；对于D，四棱锥外接球的球心为线段的中点，求得外接球半径，根据球的表面积公式计算即可. 【详解】设这两个小球的球心为， 当均落在该正方体的一条体对角线上且这两个小球相切，同时这两个小球均与正方体的三个面相切时，小球的半径取得最大值， 设半径的最大值为，则该正方体的体对角线为， 所以该正方体的棱长为4. 对于A，连接，设，在正方体中，平面，， 因为平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 过点作，则平面， 因为，所以点到平面的距离为，故A错误； 对于B，连接，则为与底面所成的角， 且，故B正确； 对于C，因为，所以异面直线与所成的角为与所成的角（或其补角）， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，如图所示： 则，则， 所以异面直线与所成的角小于，故C正确； 对于D，四棱锥外接球的球心为线段的中点， 则四棱锥外接球的半径为， 则四棱锥外接球的表面积为，故D错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在等差数列中，，则公差__________. 【答案】5 【解析】 【分析】由题目给出的已知条件，直接代入等差数列的通项公式求公差即可. 【详解】在等差数列中，， 所以公差. 故答案为：5. 13. 若向量与的夹角为为随机变量，且.设，则的概率为__________，__________. 【答案】 ①. ## ②. 6 【解析】 【分析】第一空，由数量积定义式结合可得，据此可得答案；第二空，由第一空结合可得答案. 【详解】第一空，.由，得，则的概率为； 第二空，由第一空，. 故答案为：；. 14. 已知曲线，若圆与都相切，则圆的标准方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，得，由，得，由，得，画出曲线的图像，利用对称性可设，即，解出即可. 【详解】由，得，则曲线表示圆的上半部分， 由，得，则曲线表示圆的上半部分， 由，得，则曲线表示圆的上半部分， 画出曲线，如图所示.根据对称性可知，圆的圆心在轴的正半轴上， 设圆的标准方程为，则，解得， 故圆的标准方程为. 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. 在中，分别是内角的对边，且. （1）求； （2）若，证明：为直角三角形. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合两角和差的正切公式，利用角的拼凑即可求出； （2）利用正弦定理角化边，得到边的关系，再由（1）利用余弦定理得到进一步的关系，最后利用勾股定理证明直角三角形即可. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 证明：因为，由正弦定理得， 所以. 由（1）知，所以， 由余弦定理， 得， 所以， 所以为直角，故为直角三角形. 16. 如图，在边长为3的正方形中，分别在边上，，将沿翻折，使得点与点重合，且平面平面， （1）证明：平面且. （2）求平面与平面的夹角. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理可证明平面，由面面垂直的性质定理可得，计算得到的值，由勾股定理求得的值； （2）以为坐标原点，的方向分别为轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量计算二面角可得结果. 【小问1详解】 证明：因为平面平面，所以平面. 取的中点，连接. 因为，所以，则，所以. 又平面平面，平面平面，所以平面，所以. 因为，所以， 所以， 所以. 【小问2详解】 以为坐标原点，的方向分别为轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则 所以. 设平面的法向量为，则， 即令，得. 设平面的法向量为，则， 即令，得. 由，得， 所以平面与平面的夹角为. 17. 已知抛物线的焦点到直线的距离为，直线与交于两点. （1）求的准线方程； （2）若直线的方程为，求； （3）过两点分别作的切线，且相交于点，若点的纵坐标为，证明：直线过定点. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用点到直线的距离公式，结合抛物线焦点坐标列方程求解，即可得准线方程. （2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合弦长公式即可计算弦长. （3）先设直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到根与系数的关系，再利用导数得出切线的方程， 联立切线的方程得到交点的坐标，最后结合点纵坐标条件推导直线过定点，即可得证. 【小问1详解】 根据题意作图如下： 由题意知.因为点到直线的距离为，所以， 解得或，又因为，所以， 所以抛物线的准线方程为. 【小问2详解】 根据题意作图如下： 将代入，得， 则， 所以. 【小问3详解】 证明：根据题意作图如下： 由已知，直线与抛物线有两个交点，则其斜率一定存在. 设. 由，得， 所以. 由，得，则， 所以过点的切线方程为，即， 同理过点的切线方程为， 由，得，即， 又点的纵坐标为，所以，又， 所以， 解得，所以直线过定点. 18. 已知函数. （1）证明：. （2）若在上只有一个零点，求的取值范围. （3）设是的两个零点，证明：. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）构造函数，通过求导分析的单调性，进而求得的最大值，若最大值小于0，即可证明. （2）将函数零点问题转化为方程的解的问题，将变形为，构造函数， 通过求导分析在上的单调性、极值及极限情况，结合与直线的交点个数来确定的取值范围. （3）根据题意，，将这两个等式相加进行变形，结合基本不等式构造函数，分析与之间的关系，即可证明不等式. 【小问1详解】 证明：将代入函数， 得. 设，则， 当时，，单调递增，时，，单调递减， 所以， 所以，故，. 【小问2详解】 由，得. 设，则， 当或时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取得极大值，且极大值为， 在处取得极小值，且极小值为， ， 当时，， 故的取值范围是. 【小问3详解】 证明：因为是的两个零点，所以， 则， 即， 因为，，所以， 所以. 设，， 则，当时，，当时，， 所以， 即. 19. 一个不透明的袋子中装有编号分别为的4个小球，每次从袋中随机摸出1个小球并记录编号后放回袋中，当连续两次摸出的小球编号相同时，停止摸球，设停止摸球时已摸球的次数为.记第次摸到的小球编号为. （1）求与； （2）设，求与； （3）当时，为随机变量，若是奇数，则，若是偶数，则，求. 【答案】（1）， （2）1， （3） 当且为偶数时，； 当且为奇数时， 【解析】 【分析】（1）解法一：利用独立事件的乘法公式，讨论每次摸球的编号即可解题；解法二：利用计数原理得到样本点个数，再利用古典概型可得答案. （2）解法一：建立起关于的递推公式，再求出通项公式，再利用等比数列的前项和公式求出的前项和；解法二：摸球次停止，意思是除了最后2次摸球的编号一样，其他的与前面一次摸球的编号都不一样，利用这个规则，可直接归纳出，即可得答案. （3）利用“当时，可分成两种情况：当时，与同为奇数或同为偶数；当时，与一奇一偶”可建立起与的关系，进一步可讨论通项公式. 【小问1详解】 解法一：，. 解法二：，. 【小问2详解】 解法一：因为，所以，则. 若，则且，所以， 即， 所以，所以，即 由（1）可知，所以当时，. 又因为，所以， 所以， . 解法二：. ， 所以， . 【小问3详解】 当时，设随机变量满足：若是奇数，则，若是偶数，则.设. 当时，即为偶数，可得. 当时，即是偶数，可得. 当时，可分成两种情况：当时，与同为奇数或同为偶数；当时，与一奇一偶. 所以，即 当且为奇数时，，即； 当且为偶数时，，即. 当时，. 当时，. 综上可得，当且为偶数时，； 当且为奇数时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 2. 2024年四川实现地区生产总值64697.0亿元，从主要工业产品产量看，相比于上一年的产量，单晶硅､锂离子电池､汽油､多晶硅､集成电路､发电机组､天然气､发电量的增长率分别为，则这组数据的分位数为（ ） A. B. C. D. 3. 若为奇函数，当时，，则（ ） A. 10 B. C. 12 D. 4. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 5. 若一个圆锥与一个圆台的体积相等，且圆台的上､下底面半径分别为2，3，高为3，圆锥的底面半径为2，则该圆锥的高为（ ） A. B. 19 C. D. 6. 甲､乙､丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥､长江索道､洪崖洞民俗风貌区､重庆动物园､仙女山､白帝城这六个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲､乙､丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有（ ） A. 96种 B. 100种 C. 108种 D. 120种 7. 已知为椭圆上一点，椭圆的四个顶点为，且，则（ ） A. 点必在椭圆上 B. 点必在椭圆上 C. 点必在椭圆上 D. 点必在椭圆上 8. 若，则（ ） 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知双曲线，则（ ） A. B. 双曲线的实轴长为 C. 双曲线的渐近线方程为 D. 当双曲线的离心率等于其虚轴长时， 10. 已知函数，则（ ） A. B. 当时，与在上的单调性相同 C. 当与的最大值相等时， D. 不论取何值，的图象总关于直线对称 11. 若正方体内放入两个半径相等的小球，且小球半径的最大值为，为棱上一点，且，则（ ） A. 点到平面的距离为 B. 与底面所成角的正切值为 C. 异面直线与所成的角小于 D. 四棱锥外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在等差数列中，，则公差__________. 13. 若向量与的夹角为为随机变量，且.设，则的概率为__________，__________. 14. 已知曲线，若圆与都相切，则圆的标准方程为__________. 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. 在中，分别是内角的对边，且. （1）求； （2）若，证明：为直角三角形. 16. 如图，在边长为3的正方形中，分别在边上，，将沿翻折，使得点与点重合，且平面平面， （1）证明：平面且. （2）求平面与平面的夹角. 17. 已知抛物线的焦点到直线的距离为，直线与交于两点. （1）求的准线方程； （2）若直线的方程为，求； （3）过两点分别作的切线，且相交于点，若点的纵坐标为，证明：直线过定点. 18. 已知函数. （1）证明：. （2）若在上只有一个零点，求的取值范围. （3）设是的两个零点，证明：. 19. 一个不透明的袋子中装有编号分别为的4个小球，每次从袋中随机摸出1个小球并记录编号后放回袋中，当连续两次摸出的小球编号相同时，停止摸球，设停止摸球时已摸球的次数为.记第次摸到的小球编号为. （1）求与； （2）设，求与； （3）当时，为随机变量，若是奇数，则，若是偶数，则，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $