精品解析：四川省宜宾市2026届高三一模考试数学试题

宜宾市普通高中2023级第一次诊断性测试 数学 （考试时间：120分钟；全卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的考号､姓名､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2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.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. 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. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 2. 如图所示，，则图中阴影部分表示的集合是（ ） A. B. C. D. 3. 下列四个条件中，使成立的充要条件是（ ） A. B. C. D. 4. 对具有线性相关关系的变量x，y有一组观测数据，其回归直线方程是，且，则实数的值是（ ） A. B. C. D. 1 5. 在平面直角坐标系中，设角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则 （ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 7. 若函数 为上的奇函数，且当时，，则（ ） A. -4 B. -3 C. 3 D. 4 8. 已知等比数列的前项和为，其中为展开式中的常数项，且，则的最小值为（ ） A. 5 B. C. 10 D. 不存在 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列结论正确的有（ ） A. 若随机变量，则 B. 已知随机变量服从正态分布，则 C. 在做回归分析时，残差图中残差比较均匀分布在以取值为的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示回归效果越差 D. 若随机事件A，B满足：，则事件与相互独立 10. 已知，下面结论正确的是（） A. 的最小正周期为 B. 在上单调递增 C. 在上恰有3个零点 D. 的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于y轴对称 11. 已知函数.，则下列说法正确的有（ ） A. 有唯一零点 B. 不等式 的解集为 C. 在区间上单调递增 D. 有两个极值点 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线是曲线的一条切线，则__________. 13. 已知集合，集合，则集合的元素之和等于__________. 14. 甲乙两人分别从标有数字的13张卡片中各抽取一张，甲乙取得的卡片上的数字分别记为，，则满足的个位数字为9的有序数对的个数为__________. 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. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求角A； （2）已知边上的两条中线 相交于点，且，求 的余弦值. 16. 如图，已知四棱锥的底面 为直角梯形，， 与均为等边三角形，且 . （1）证明： ； （2）求平面 与平面 所成角的余弦值. 17. 已知函数. （1）是否存在实数，使得为函数的极小值点.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （2）若图象上总存在关于点对称的两点，求a的取值范围. 18. 2025年政府工作报告明确提出持续推进“人工智能+”行动.上海某人工智能实验室的多模态大模型在某次数学测评中表现特别突出，所有测评试题能得1分的可能性为，能得2分的可能性为，假设每道试题得分情况相互独立. （1）从所有测评试题中随机抽取4道试题，记这4道题得分总数为，求的分布列和数学期望； （2）从所有测评试题中随机抽取n道试题，记这n道题得分总数为的概率为，求的值； （3）已知王老师班有20名学生分别用模型解答该数学测评中最后一题.若王老师按照这20人的总分概率最大为依据，一分奖励一朵小红花，请问王老师应该提前准备多少朵小红花比较合理？ 19. 已知双曲线的离心率为，左､右焦点分别为､，焦点到渐近线的距离为1.经过点且倾斜角为的直线与双曲线的左支交于A､B两点（其中点A在x轴上方）. （1）求双曲线的标准方程； （2）将平面沿x轴折叠，记y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）所成的二面角为. （i）如图1，当时，求折叠后的值； （ii）如图2，当时，求折叠后的线段长度的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宜宾市普通高中2023级第一次诊断性测试 数学 （考试时间：120分钟；全卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的考号､姓名､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2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.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. 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. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的四则运算求解即可. 【详解】已知为虚数单位，则, 故选：D 2. 如图所示，，则图中阴影部分表示的集合是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】从图中可知，阴影部分为集合中的元素去掉中的元素. 【详解】，，，选项C正确. 故选：C. 3. 下列四个条件中，使成立的充要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】举例说明判断AB；利用对数函数、指数函数性质推理判断CD. 【详解】对于AB，取，都满足，而不成立， 因此都不是成立的充分条件，AB不是； 对于C，，因此是成立的充分不必要条件，C不是； 对于D，，因此是成立的充要条件，D是. 故选：D 4. 对具有线性相关关系的变量x，y有一组观测数据，其回归直线方程是，且，则实数的值是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据回归直线过样本中心点列方程求解即可. 【详解】由可知 ，. 因为回归直线过样本中心点，即， 将其坐标代入方程可得，解得， 故选：B. 5. 在平面直角坐标系中，设角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由三角函数定义可得，再根据正切二倍角公式计算即可. 【详解】因为角终边经过点，所以， 则. 故选：A 6. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的模长的坐标运算求解即可． 【详解】根据题意，， ，，即， ， ． 故选：C． 7. 若函数 为上的奇函数，且当时，，则（ ） A. -4 B. -3 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用奇函数性质求出，再利用奇函数定义及指数式与对数式互化关系求出函数值. 【详解】由函数 为上的奇函数，且当时，，得， 解得，，所以. 故选：B 8. 已知等比数列的前项和为，其中为展开式中的常数项，且，则的最小值为（ ） A. 5 B. C. 10 D. 不存在 【答案】A 【解析】 【分析】由二项式定理可得，由可得，进而可得，分为奇数或偶数时，结合的单调性讨论求解即可. 【详解】展开式为， 令 ，解得 ，所以， 设等比数列的首项为，公比为， 则，， 因为，所以，解得， 所以， ， 则， 当为奇数时，，当为偶数时，， 因为随着的增大而减小， 所以当为奇数时，随着的增大而减小，且， 当为偶数时，随着的增大而增大，且， 所以当 时，有最小值为. 故选：A 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列结论正确的有（ ） A. 若随机变量，则 B. 已知随机变量 服从正态分布，则 C. 在做回归分析时，残差图中残差比较均匀分布在以取值为的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示回归效果越差 D. 若随机事件A，B满足：，则事件与相互独立 【答案】AD 【解析】 【分析】对于 ，根据二项分布期望公式即可求解；对于，根据正态分布对称性即可求解；对于，根据残差图的意义即可求解；对于，根据事件独立判断方法，即，则事件相互独立，即可判断. 【详解】对于 ，根据二项分布的期望公式，因， 所以可得，故 正确； 对于，随机变量 服从正态分布， 所以正态分布密度曲线关于对称， ，由对称性可知， 所以，故错误； 对于，做回归分析时，残差图中残差均匀分布在以横轴为的对称轴水平带状区域内， 带状区域越窄回归效果越好，反之越差，故错误； 对于,若，则事件相互独立， 因为，又， 代入可得，而， 所以事件与相互独立，故正确. 故选： 10. 已知，下面结论正确的是（） A. 的最小正周期为 B. 在上单调递增 C. 在上恰有3个零点 D. 的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于y轴对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】先化简，再由函数的性质逐项判断即可． 【详解】 ，所以，故A正确； 令，当时，， 因为在上单调递增，且是关于的一次函数，且单调递增， 所以在上单调递增，故B正确； 令，则， ，解得， ， 当时： 当时，； 当时，； 当时，； 当时，，共4个零点，故C错误； 的图象向左平移个单位长度后，得到的函数为， 因为，所以是偶函数，其图象关于轴对称，故D正确． 故选：ABD 11. 已知函数.，则下列说法正确的有（ ） A. 有唯一零点 B. 不等式的解集为 C. 在区间上单调递增 D. 有两个极值点 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出函数的零点判断A，先利用导数判断，进而把目标不等式转化为求解一元一次不等式，求出解集判断B，利用导数与构造函数法求解单调性判断C，分类讨论求解出的单调性，进而求解极值点个数判断D即可. 【详解】对于A，依题意得， 即和是函数的零点，故A错误； 对于B，令，求导得， 令， ，令，， 则在 上单调递减，在上单调递增， 且，得到，则， 令，则即可， 所以或，解得，故B正确， 对于C，由题意得， 令，求导得， 当时，令，则， 可得在上单调递增，即在上单调递增， 而， 则在上递增，可得， 因此在上递增，故C正确； 对于D，当时，令， 求导得，由指数函数性质得在上单调递增， 由二次函数性质得在上单调递增， 则在上单调递增，故在上单调递增， 而，则， 由零点存在性定理得存在，使得，则， 当时，，得到在上单调递增， 则，， 即当时，，则， 则在上单调递减，且由选项C得在上单调递增， 因为， 当时，，得到在上单调递减， 而，则， 由零点存在性定理得存在作为零点，也是零点， 令，，令，， 此时，，令，， 则在上单调递增，在上单调递减， 由已知得，， 当时，，此时， 则在上单调递减，即在上单调递减， 当时，，， 则，而， 得到，即，此时在上单调递减， 综上可得，在 上单调递减，而， 则，即，可得在 上单调递增， 综上可得，在 上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增， 得到有两个极值点，故D正确. 故选：BCD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线是曲线的一条切线，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设出直线与曲线的切点，根据曲线在点处导数的几何意义是曲线在点处切线的斜率列出方程即可求解. 【详解】设直线与曲线相切于，则； 所以，解得 ，所以； 又，所以，解得 . 故答案为：. 13. 已知集合，集合，则集合的元素之和等于__________. 【答案】80 【解析】 【分析】根据题意利用列举法表示集合，进而求集合的元素之和. 【详解】因为集合， 集合， 可得，所以集合的元素之和为. 故答案为：80. 14. 甲乙两人分别从标有数字的13张卡片中各抽取一张，甲乙取得的卡片上的数字分别记为，，则满足的个位数字为9的有序数对的个数为__________. 【答案】33 【解析】 【分析】先讨论的个位数字情况，再结合题意进行分析，最后利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理求解即可. 【详解】若满足的个位数字为9，则先讨论的个位数字情况， 对于，当时，个位数字为，当 时，个位数字为， 当时，个位数字为，当 时，个位数字为，当时，个位数字为， 发现个位数字的周期为，只能为， 对于，当 时，个位数字为，当 时，个位数字为， 当 时，个位数字为，当 时，个位数字为，当 时，个位数字为， 发现个位数字的周期为，只能为， 若满足的个位数字为9，则有如下情况， 的个位数字为与的个位数字为，的个位数字为与的个位数字为， 的个位数字为与的个位数字为， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有种情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有 种情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 当的个位数字为时，有种符合题意的情况， 由分步乘法计数原理得共有种情况， 由分类加法计数原理得共有种情况. 故答案为：33 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. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求角A； （2）已知边上的两条中线 相交于点，且，求 的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得角A的大小； （2）以为基底向量，求，，利用向量的夹角公式求 的余弦值. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 又因为， 即，即， 且，则，可得，即， 且，所以. 【小问2详解】 因为，， 由题意可知：， 又因为，， 则，即； ，即； 且； 可得， 所以 的余弦值为. 16. 如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，， 与均为等边三角形，且 . （1）证明： ； （2）求平面与平面 所成角的余弦值. 【答案】（1）如图，作的中点，连接 ，则 ； 又 ， 平面 ，所以平面 ； 又 平面 ，所以 ； （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可得到平面 ，再由线面垂直的性质即可证得； （2）根据题设先判断 两两相互垂直，然后建立如图空间直角坐标系求出平面的法向量，结合向量的数量积公式即可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，过作 交延长线于，过作 交 于， 则 ；作的中点，连接，则四边形 为矩形； 设，则 ，， 由余弦定理得， 又 ，所以，所以 ； 由（1）知，平面 ，又 平面 ，所以 ； 所以 两两相互垂直，故建立如图空间直角坐标系， 则 ； 所以 ， 所以 ， ； 设平面 的一个法向量为，则，即， 化简得，令，则 ，所以 ； 易知 是平面的一个法向量；所以； 所以平面与平面 所成角的余弦值. 17. 已知函数. （1）是否存在实数，使得为函数的极小值点.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （2）若图象上总存在关于点对称的两点，求a的取值范围. 【答案】（1） 不存在，理由如下： 由知的定义域为，且， 假设存在实数，使得为函数的极小值点， 则，即，解得， 此时， 所以是减函数，与为函数的极小值点矛盾， 所以假设不成立，即不存在实数，使得为函数的极小值点； （2）. 【解析】 【分析】（1）反证法说明不存在满足题意的实数； （2）将问题转化为在上有解，整理后得到一个等式，换元后构造函数，利用导数研究该函数的最值，对的范围分类讨论从而得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若图象上总存在关于点对称的两点， 则在上有解， 即在上有解， 整理得， 令，得， 问题可转化为在上有解， 令，则； ①当 时， ，是减函数， 又，所以， 所以在上无零点，不符合题意； ②当 时， ，是增函数， 又，所以， 所以在上无零点，不符合题意； ③当 时，在上， ，单调递减； 在上， ，单调递增， 所以的最小值为， 又时，， 根据函数零点存在定理可知在上必存在零点，符合题意； 综上，的取值范围是. 18. 2025年政府工作报告明确提出持续推进“人工智能+”行动.上海某人工智能实验室的多模态大模型在某次数学测评中表现特别突出，所有测评试题能得1分的可能性为，能得2分的可能性为，假设每道试题得分情况相互独立. （1）从所有测评试题中随机抽取4道试题，记这4道题得分总数为 ，求 的分布列和数学期望； （2）从所有测评试题中随机抽取n道试题，记这n道题得分总数为的概率为，求的值； （3）已知王老师班有20名学生分别用模型解答该数学测评中最后一题.若王老师按照这20人的总分概率最大为依据，一分奖励一朵小红花，请问王老师应该提前准备多少朵小红花比较合理？ 【答案】（1） 4 5 6 7 8 . （2）； （3）25朵. 【解析】 【分析】（1）列出 的所有可能取值，利用二项分布的概率公式求出分布列，再根据分布列求数学期望即可； （2）由题意可得n道试题中只有1道得到2分，所以，利用错位相减法求和即可； （3）设得到1分的人数为，则得到的总分为，利用二项分布的概率公式列不等式组求解即可. 【小问1详解】 由题意知得分总数 的所有可能取值为4，5，6，7，8， 其中，， ，， ， 所以 的分布列为 4 5 6 7 8 . 【小问2详解】 因为n道题得分总数为，所以其中只有1道题得到2分， 所以， 则， 所以， 两式相减得 ， 所以． 【小问3详解】 在这20名学生中，设得到1分的人数为，则得到2分的人数为， 所以得到的总分， 此时得到的总分的概率为， 所以，整理得，解得， 而，，所以 ，所以， 所以若王老师按照这20人的总分概率最大为依据，一分奖励一朵小红花，王老师应该提前准备25朵小红花比较合理. 19. 已知双曲线的离心率为，左､右焦点分别为､，焦点到渐近线的距离为1.经过点且倾斜角为的直线与双曲线的左支交于A､B两点（其中点A在x轴上方）. （1）求双曲线的标准方程； （2）将平面沿x轴折叠，记y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）所成的二面角为. （i）如图1，当时，求折叠后的值； （ii）如图2，当时，求折叠后的线段长度的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由离心率为，可得；由焦点到渐近线的距离为1，可得 ，再结合，即可得双曲线的标准方程； （2）（i）在折叠前，联立直线与双曲线的标准方程，可求得A､B两点的坐标，恰为弦长；在折叠后，建立空间直角坐标系，确定A､B两点的坐标，即可求出，进而求出折叠后的值. （ii）在折叠前，联立直线与双曲线的标准方程，应用韦达定理可得A､B两点的坐标的关系；在折叠后，建立空间直角坐标系，确定A､B两点的坐标与折叠前坐标的关系，表示出，再研究此函数的值域即可. 【小问1详解】 因为双曲线的离心率为， 所以，所以， 又因为，所以. 因为右焦点到渐近线的距离为1，取渐近线的方程为， 所以，所以， 所以双曲线的标准方程为 【小问2详解】 （i）在折叠前（如图），可知左焦点，又， 所以直线的方程为.将其代入双曲线方程， 消去整理可得， 设交点 ， ，则，， 分别代入，可得，， 所以，， 所以； 在折叠后（如图1），因为，所以平面 平面， 易知原轴正半轴垂直于平面，进而原轴正半轴垂直于原轴，也垂直于原轴负半轴. 以射线方向为轴正方向，原轴负方向为轴正方向， 原轴正方向为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，， 则， 所以折叠后. （ii）在折叠前，设直线方程为，联立， 消去整理可得， 因为直线与双曲线的左支交于 ， 两点（其中点A在x轴上方）， 所以，, 由韦达定理可知，，所以. 在折叠后（如图2），以射线方向为轴正方向，原轴负方向为轴正方向， 过原点作直线垂直于平面，且向上方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 因为，所以，， 所以， 因为，， 所以 设，则，且， 因为对称轴，所以在区间上单调递减， 所以，且无最大值， 所以折叠后的线段长度的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题在折叠后问题转化为立体几何问题，可采用空间直角坐标系去研究，因此能建立空间直角坐标系，并准确转化A､B两点的坐标显得至关重要，这也是本题的解题关键点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $