精品解析：贵州毕节市2026届高三第一学期1月期末质量检测数学试题

2026届高三第一学期1月期末质量检测 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3.考试结束后，请将答题卡上交． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求． 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求得集合，可求得. 【详解】依题得，则． 故选：C. 2. 若复数的实部为0，则实数的值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法运算，结合复数的概念求出值. 【详解】依题意， 由的实部为0，，得. 故选：C 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 7 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由坐标表示向量平行计算可得． 【详解】向量，， 因为，所以，得． 故选：D 4. 已知是实数，那么“”是“”成立的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】求出不等式的解，再利用充要条件的定义直接判断. 【详解】由，得，解得，则“”是“”成立的充要条件. 故选：C 5. 甲､乙､丙､丁四名同学参加学校组织的植树活动，学校共组织了3个植树小组，每人只能参加一个植树小组，则甲､乙不在同一个植树小组的安排方法有（ ） A. 81种 B. 54种 C. 36种 D. 12种 【答案】B 【解析】 【分析】根据分步计数原理分析求解即可. 【详解】甲有3种参加方法，乙有2种参加方法，丙､丁均有3种参加方法，根据分步乘法计数原理可知，甲、乙不在同一个植树小组的安排方法有种， 故选：B． 6. 若函数在上单调递增，则实数的值不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导并利用不等式恒成立以及对勾函数性质求得实数的取值范围可得结论. 【详解】根据题意可得函数的定义域为， 又， 若函数在上单调递增，可得在上恒成立； 即在上恒成立，所以， 根据对勾函数性质可得在上单调递增， 当时，，则， 结合选择可知A、B、C、D符合题意，D不可能. 故选：D 7. 已知等比数列的前n项和为，若，，则（ ） A. 49 B. 63 C. 84 D. 105 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列前项和性质列式计算即可求解. 【详解】由题意可知，成等比数列， 所以，解得. 故选：A 8. 已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，若，则（ ） A. 1 B. C. 0 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据奇函数的性质及所给条件可得出周期，利用周期求值. 【详解】因为是定义在上的奇函数，所以， 所以，所以，所以的周期为8， 所以，故. 故选：B 二、多项选择题：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. 现有一组数据分别为71，63，67，83，73，63，关于这组数据，下列说法正确的是（ ） A. 极差为20 B. 众数为63 C. 方差为 D. 中位数为71 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据极差、众数、方差和中位数的计算公式一一判断即可. 【详解】将该组数据从小到大排列：63，63，67，71，73，83， 对A，可得该组数据的极差为，故A正确； 对B，众数为63，故B正磞； 对C，平均数为， 方差为，故C正确； 对D，因为中位数为，故D错误． 故选；ABC． 10. 在棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 点到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，判断FG与平面关系：正方体棱长，、为特定棱中点，得FG与平行，FG不在平面内，在该平面内，所以FG平行平面.  对于B，求AE与FG所成角余弦值：连BG、BF，AE与BG平行，是所成角或补角，由棱长算BG、GF、BF长，用余弦定理得值，取绝对值得正确值.  对于C，求点到平面距离：算边长和面积，设距离为，利用求出.  对于D，求外接球表面积：算正方体相关线段长，确定射影位置，设半径和球心，根据关系求，再算表面积. 【详解】在棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点， 所以，又平面平面，所以平面，故A正确； 连接，易得，所以为直线与所成的角或补角，又易得， 由余弦定理得，所以直线与所成角的余弦值为，故B错误； 在中，，所以， 设点到平面的距离为，又， 所以，解得，即点到平面的距离为，故C正确； 易得，所以为直角三角形，所以在底面的射影为的中点，设为， 设外接球半径为，球心为，由，解得，所以外接球的表面积为，故D错误. 故选：AC. 11. 抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景､丰富的性质产生了无穷的魅力.设是抛物线上两个不同的点，以为切点的切线交于点.若弦过点，则下列说法正确的有（ ） A. B. 若，则点处的切线方程为 C. 存在点，使得 D. 面积的最小值为4 【答案】ABD 【解析】 【分析】联立方程组，结合韦达定理，可判定A正确；求得，得到切点坐标，得出切线方程，进而可判定B正确；由直线的斜率为，直线的斜率为，得到，可判定C错误；由过点的切线方程为，结合弦长公式，得到，可D正确. 【详解】对于A中，设直线，联立方程组，整理得， 再设，则，所以A正确； 对于B中，由抛物线.可得，则， 则过点的切线斜率为，且，即， 则切线方程为：，即， 若时，则过点的切线方程为：，所以B正确； 对于C中，由选项可得：直线的斜率为，直线的斜率为， 因为，所以，即，所以C错误； 对于D中，由选项B可知，过点的切线方程为， 联立直线的方程可得， 所以， ， ， 则，当时，有最小值为，所以D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知方程表示椭圆，则实数k的取值范围是__________． 【答案】且 【解析】 【分析】根据方程表示椭圆有，即可得范围. 【详解】由方程表示椭圆，则，可得且. 故答案为：且 13. 燕子每年秋天都要从北方飞向南方过冬．专家发现：两岁燕子的飞行速度可以表示为（米/秒），若某只两岁的燕子耗氧量为时的飞行速度为（米/秒），另一只两岁的燕子耗氧量为时的飞行速度为（米/秒），两只燕子同时起飞，当时，一分钟后第一只燕子比第二只燕子多飞行的路程为______米 【答案】 【解析】 【分析】由条件列出及的关系，结合，求出，由此可得结论. 【详解】因为，所以， 所以，， 又， 所以， 所以， 所以， 所以一分钟后第一只燕子比第二只燕子多飞行的路程为（米）， 故答案为：. 14. 已知，关于的方程有且仅有一个解，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知得出，设，则，再根据解的个数解的个数（且），分析讨论解的个数，即可得解． 【详解】因为，， 所以，且， 则，即， 设， 则，即有且仅有一个解， 因为解的个数解的个数（且）， 所以下面讨论解的个数； 由，得其中， （1）当时， 得， 令，，则，即， 因为， 所以为增函数， 所以， 令，，则， 令得， 当，，即单调递减， 当，，即单调递增， 所以 ， （ⅰ）当，即时，方程无解，即函数与的图像没有交点； （ⅱ）当，即时，方程有一解，即函数与的图像有一个交点； （ⅲ）当，即时， 当时，，当时，， 所以方程有两解，即函数与的图像有两个交点； （2）当时， 由①②消去，得③， 由于，且，故，即， 对③式两边取自然对数，得，即， 两边取自然对数，得， 令，， 则， 由得， 令，， 则， 由得， 当时，；当时，； 所以当时，； （ⅰ）当，即时，恒成立， 所以， 因为，， 所以，即当且仅当，且时等号成立； 所以在上为减函数， 又因为当时，；时，， 所以方程恰有一解，此时函数与的图像有一个交点； （ⅱ）当时，即时， 因为当时；时， 所以存在，，使得， 所以， 当变化时，的变化情况如下表： 负 正 负 减 增 减 由上表可知，在内是减函数，在内是增函数，在内是减函数， 下面证明，； ， 令， 则当时，， 所以在内是增函数， 所以，即； ，， 令，， 易证为减函数， 所以当，，即； 因为， 所以， 又因为当时，，当时，， 所以在区间，，各有一个解， 此时函数与的图像有三个交点； 综上所述，函数与（且）图像的交点情况如下： 当时，没有交点； 当时，有1个交点； 当时，有2个交点； 当时，有1个交点； 当时，有3个交点； 所以或， 即或， 故答案为：． 【点睛】关键点睛：本题关键在于：①将解的个数转化为解的个数（且）；②分类讨论解的个数与之间的关系． 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. 在数列中，且． （1）求证：数列为等差数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）因为，所以， 因为，所以数列是以2为首项、1为公差的等差数列. （2）． 【解析】 【分析】（1）本题首先可根据题意得出，然后根据等差数列的定义即可证得数列为等差数列； （2）本题首先可根据（1）得出，然后写出以及，最后根据错位相减法以及等比数列前项和公式即可得出结果. 【详解】（1）略 （2）因为数列是以2为首项、1为公差的等差数列， 所以，， ， ， 则， ， 故. 【点睛】本题考查等差数列的定义以及错位相减法求和，考查等比数列前项和公式的应用，若数列满足从第二项开始每一项与它前一项的差等于同一个常数，则数列是等差数列，考查计算能力，考查转化与化归思想，是中档题. 16. 如图，在多面体中，底面是边长为2的正方形，，，． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的正弦值． 【答案】（1） 取中点，连接、． 由题意知，，，则且， 所以四边形为平行四边形，则且， 又因为底面是正方形，则且， 所以且，则四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，先证明，再根据线面平行的判定定理可证平面； （2）以为原点，，，所在的直线为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，再由向量的夹角公式计算其余弦值，再根据同角三角函数关系求其正弦值，可得结果， 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面是正方形，所以， 又因为，，所以， 又因为，所以， 又因为底面是正方形，所以， 根据题意知，，所以， 所以，即， 因为，，， 故以为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为正方形边长为，， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则即， 取，则，，即， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，，即， 设二面角的平面角为， 则，所以， 因此二面角的正弦值为. 17. 北京时间4月30日晩，2023年国际象棋世界冠军赛在哈萨克斯坦首都阿斯塔纳闭幕，来自温州的国际象棋男子特级大师丁立人最终击败涅波姆尼齐亚，加冕世界棋王.这是中国棋手首次夺得国际象棋男子世界冠军.某小学为了提高同学学习国际象棋的兴趣，举行了二年级国际象棋男子团体赛，各班级均可以报送一支5人队伍.比赛分多轮进行，每轮比赛每队都需选定4名选手，每轮比赛选手可不同.比赛没有平局，每轮比赛结束，得胜班级得1分，反之0分.晋级赛规则如下：第一轮随机为各队伍匹配对手；从第二轮比赛开始，积分相同的队伍之间再由抽签决定对手.具体比赛程序如下图.这样进行三轮对抗之后，得2分及以上的班级晋级，反之淘汰.晋级的队伍再进行相应的比赛. （1）二（1）班选派了A，B，C，D，E五名选手，在第一轮比赛中，已知选手A参加了比赛，请列举出该班级所有可能的首发队员的样本空间； （2）现共有8支参赛队伍，且实力相当，二（3）班在第一轮比赛输给了二（4）班，则两队在第三轮重新遇上的概率为多少? （3）某班级在筹备队员时，班内已推选水平较为稳定的选手4名，很多同学纷纷自荐最后一个名额.现共有5名自荐选手，分别为五级棋士2名、六级棋士2名和七级棋士1名，五、六、七级棋士被选上的概率分别为0.8，0.6，0.5，最后一名选手会在这5名同学中产生.现任选一名自荐同学，计算该同学被选上的概率，并用表示选出的该同学的级别，求X的分布列. 【答案】（1） （2） （3） X 5 6 7 P 【解析】 【分析】（1）根据题意列举即可； （2）两个班级进入第三轮的1分队伍的概率均为，在第三轮中两班级再重新遇上的概率为，从而得到答案； （3）根据条件概率与贝叶斯公式求解. 【小问1详解】 选手A参加了比赛，该班级所有可能的首发队员的样本空间： . 【小问2详解】 在第二轮比赛时，设1分队伍为，其中代表二（4）班， 0分队伍为，其中代表二（3）班， 在1分队伍中比赛后失败，其概率为，在0分队伍中比赛后胜利，其概率为， 在第三轮比赛中进入1分队伍的不妨设有四支队伍， 抽签后所有可能对手情况有共3种，重新遇上的情况只有，故其概率为， 综上：两队在第三轮重新遇上的概率为. 【小问3详解】 设从5人中任选一人是五、六、七级棋士的事件是, 则, 且两两互斥, ， 设“任选一名自荐同学，计算该同学被选上”, 则. 可能的取值有：， X的分布列为 X 5 6 7 P 18. 已知是抛物线上位于第一象限的一点，且到的焦点的距离为5. （1）求抛物线的方程； （2）设为坐标原点，为的焦点，，为上异于的两点，且直线与斜率乘积为. （i）证明：直线过定点； （ii）求的最小值. 【答案】（1） （2） （i）由（1）知，，且，解得，所以. 设，则，同理可得，， 则，即. 当直线斜率存在时，直线的方程为，整理得. 所以，即， 所以直线过定点； 当直线的斜率不存在时，可得. 综上，直线过定点. （ii） 【解析】 【分析】（1）结合抛物线定义以及已知条件即可求得，从而即可得到抛物线的方程. （2）（i）先求出，由直线与斜率乘积为得到，然后分直线斜率是否存在进行讨论；（ii）当直线斜率存在时，设为，将其与抛物线方程联立，由韦达定理并结合抛物线定义表示出，即可求出此时的最小值，最后记得讨论直线斜率不存在时的情况. 【小问1详解】 由题可知，解得.所以C的标准方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）设，当直线斜率存在时， 设直线的方程为， 与抛物线联立得，消去得， 由题意，所以. 所以， 所以当时，的最小值为； 当直线斜率不存在时，. 由抛物线定义知. 故的最小值为. 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与轴平行，求的值； （2）若在区间上恰有一个极值点，求的取值范围； （3）在（2）的条件下，试判断函数在区间上的单调性，并说明理由． 【答案】（1） （2） （3）单调递增，理由如下： 因为，所以，则， 则 因为关于的函数在上单调递减， 则， 因为，， 所以， 故，则函数在区间上单调递增. 【解析】 【分析】（1）根据求出； （2）化简，再分、、三种情况讨论的单调性； （3）根据，化简得，再判断各因式的正负性. 【小问1详解】 由题意得，的定义域为，， 因为曲线在点处的切线与轴平行，所以， 则，经检验，此时切线与轴不重合，符合题意； 【小问2详解】 ， 当时，， 若，则，则在上单调递增， 则在上无极值，不符合题意； 若，则，则在上单调递减， 则在上无极值，不符合题意； 若，即，则得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 则在区间上恰有一个极值点， 故的取值范围为； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三第一学期1月期末质量检测 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3.考试结束后，请将答题卡上交． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求． 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数的实部为0，则实数的值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 7 D. 3 4. 已知是实数，那么“”是“”成立的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 甲､乙､丙､丁四名同学参加学校组织的植树活动，学校共组织了3个植树小组，每人只能参加一个植树小组，则甲､乙不在同一个植树小组的安排方法有（ ） A. 81种 B. 54种 C. 36种 D. 12种 6. 若函数在上单调递增，则实数的值不可能为（ ） A. B. C. D. 7. 已知等比数列的前n项和为，若，，则（ ） A. 49 B. 63 C. 84 D. 105 8. 已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，若，则（ ） A. 1 B. C. 0 D. 2 二、多项选择题：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. 现有一组数据分别为71，63，67，83，73，63，关于这组数据，下列说法正确的是（ ） A. 极差为20 B. 众数为63 C. 方差为 D. 中位数为71 10. 在棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 点到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 11. 抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景､丰富的性质产生了无穷的魅力.设是抛物线上两个不同的点，以为切点的切线交于点.若弦过点，则下列说法正确的有（ ） A. B. 若，则点处的切线方程为 C. 存在点，使得 D. 面积的最小值为4 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知方程表示椭圆，则实数k的取值范围是__________． 13. 燕子每年秋天都要从北方飞向南方过冬．专家发现：两岁燕子的飞行速度可以表示为（米/秒），若某只两岁的燕子耗氧量为时的飞行速度为（米/秒），另一只两岁的燕子耗氧量为时的飞行速度为（米/秒），两只燕子同时起飞，当时，一分钟后第一只燕子比第二只燕子多飞行的路程为______米 14. 已知，关于的方程有且仅有一个解，则的取值范围是______． 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. 在数列中，且． （1）求证：数列为等差数列； （2）求数列的前项和． 16. 如图，在多面体中，底面是边长为2的正方形，，，． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的正弦值． 17. 北京时间4月30日晩，2023年国际象棋世界冠军赛在哈萨克斯坦首都阿斯塔纳闭幕，来自温州的国际象棋男子特级大师丁立人最终击败涅波姆尼齐亚，加冕世界棋王.这是中国棋手首次夺得国际象棋男子世界冠军.某小学为了提高同学学习国际象棋的兴趣，举行了二年级国际象棋男子团体赛，各班级均可以报送一支5人队伍.比赛分多轮进行，每轮比赛每队都需选定4名选手，每轮比赛选手可不同.比赛没有平局，每轮比赛结束，得胜班级得1分，反之0分.晋级赛规则如下：第一轮随机为各队伍匹配对手；从第二轮比赛开始，积分相同的队伍之间再由抽签决定对手.具体比赛程序如下图.这样进行三轮对抗之后，得2分及以上的班级晋级，反之淘汰.晋级的队伍再进行相应的比赛. （1）二（1）班选派了A，B，C，D，E五名选手，在第一轮比赛中，已知选手A参加了比赛，请列举出该班级所有可能的首发队员的样本空间； （2）现共有8支参赛队伍，且实力相当，二（3）班在第一轮比赛输给了二（4）班，则两队在第三轮重新遇上的概率为多少? （3）某班级在筹备队员时，班内已推选水平较为稳定的选手4名，很多同学纷纷自荐最后一个名额.现共有5名自荐选手，分别为五级棋士2名、六级棋士2名和七级棋士1名，五、六、七级棋士被选上的概率分别为0.8，0.6，0.5，最后一名选手会在这5名同学中产生.现任选一名自荐同学，计算该同学被选上的概率，并用表示选出的该同学的级别，求X的分布列. 18. 已知是抛物线上位于第一象限的一点，且到的焦点的距离为5. （1）求抛物线的方程； （2）设为坐标原点，为的焦点，，为上异于的两点，且直线与斜率乘积为. （i）证明：直线过定点； （ii）求的最小值. 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与轴平行，求的值； （2）若在区间上恰有一个极值点，求的取值范围； （3）在（2）的条件下，试判断函数在区间上的单调性，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $