精品解析：四川眉山市彭山区第一中学2026届高三上学期2月期末测试数学试题

彭山一中高26届高三上学期期末测试 数学 ☆生活愉快考试顺利☆ 一､单选题 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合，再应用交集定义计算求解. 【详解】，则. 故选：B. 2. 已知，则的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算结合共轭复数概念即可求解. 【详解】根据题意，， 所以的共轭复数是. 故选：A 3. 已知平面向量，，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示求出参数的值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】因为，，若，则，解得或， 所以由推得出，即充分性成立；由推不出，即必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：B 4. 已知直线的倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据直线斜率得出，再应用二倍角余弦及同角三角函数关系计算求值. 【详解】因为直线的倾斜角为， 所以， 则. 故选：C. 5. 已知动点到的距离为，在直线上，则的最小值（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】先求出动点的轨迹方程为圆，又在直线上，则的最小值转化为圆心到直线距离减去半径即可. 【详解】由动点到的距离为， 则，即， 所以动点的运动轨迹是圆心为，半径为的圆， 又在直线上， 由表示圆上的点到直线上点的距离， 则的最小值就为圆心到直线的距离减去圆的半径， 由圆心到直线的距离为， 则的最小值为， 故选：A. 6. 苏轼，字子瞻，号东坡居士，眉州眉山（今四川省眉山市）人，北宋文学家､书法家､画家，历史治水名人.现有苏轼的6本不同诗集全部奖励给3名同学，每人至少分得一本，则共有（ ）种分配方案 A. 90 B. 120 C. 360 D. 540 【答案】D 【解析】 【分析】先分组再分配，利用分步乘法计数原理进行计算. 【详解】先将6本不同诗集分成3组，可分三种情况： 情况一：按分组：则有种； 情况二：按分组：则有种； 情况三：按分组：则有种； 所以6本不同诗集全部奖励给3名同学共有种分配方案， 故选：D 7. 函数对恒成立，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先应用参数分离得出，再应用换元法应用指数函数值域结合二次函数计算最小值求解. 【详解】函数对恒成立， 则，即 设，，则， 当时，， 则实数的取值范围. 故选：A. 8. 记的内角的对边分别为，已知，则的周长（ ） A. 9 B. 14 C. 19 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理可得再代入余弦定理可求得，由此可进一步求出即可求出的周长. 【详解】由正弦定理可得：又因为， 所以由余弦定理可得：， 所以，又因为 解得：所以的周长为. 故选：B. 二､多选题 9. （多选），分别是两条不同直线，的方向向量，，分别是两个不同平面，的法向量，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间位置关系的向量证明逐项判断得解. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，或，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，平面，不重合，，D正确. 故选：AD 10. 已知双曲线的左､右焦点分别为在双曲线右支上，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 到的两条渐近线的距离之积为 D. 若，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由双曲线的定义可判断A；由双曲线的定义结合可判断B；由点到直线的距离公式代入计算，即可判断C；结合双曲线的定义代入计算即可判断D. 【详解】由双曲线可得：，所以 对于A，点在双曲线右支上，由双曲线的定义可得：，故A正确； 对于B，若，所以， 又因为，则 解得：，故B错误； 对于C，，由可得双曲线的渐近线方程为， 由点到直线的距离公式可得，设点， 到双曲线的两条渐近线的距离之积为， 将代入双曲线方程可得，则， 代入上式可得，故C正确； 对于D，由双曲线的定义可得，所以， 则， 当三点共线时，最小， 且， 故的最小值为，故D正确； 故选：ACD. 11. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是的极大值点 B. 若的图像关于对称，则 C. 若在上的最大值为，则 D. 当且仅当时，恰有三个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，通过求导判断函数的单调性，进而确定极值点；对于B，根据函数的对称性判断；对于C，结合函数单调性和最值情况分析取值范围；对于D，结合函数单调性和极值情况分析零点个数. 【详解】对于A，， 所以当时，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 所以是的极大值点，故A正确； 对于B，若函数的图像关于对称，则， 又 ， 所以，所以，故B正确； 对于C，由A选项可知在和上单调递增，在上单调递减； 所以，又， 要使在上的最大值为， 则或，解得或，故C错误； 对于D，由A可知，，， 当时，，当时，， 要使恰有三个零点，则， 即，解得，故D正确； 故选：ABD 三､填空题 12. 已知抛物线上一点，则__________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据焦半径公式计算求解. 【详解】抛物线中且， 则. 故答案为：3. 13. 在数列中，，则的最小值为__________. 【答案】5 【解析】 【分析】由累加法求出，则，再由基本不等式即可求出的最小值. 【详解】因为，所以， ，，， ……，， 这个式子相加可得： ， 所以， 所以， 当且仅当，即时取等，所以的最小值为. 故答案为：. 14. 黄花梨方印盒起源于明代，鼎盛于明末清初至清代.可将其看作正方体容器，若棱长为8，向容器中装入直径为1的小球，最多可装入__________个. 【答案】565 【解析】 【分析】有两种装入小球的方法，第一种，每层都装入小球，可装入8层小球，此时共可以装入个小球，第二种，每层小球相互错开装入，由题意知，第一层小球有个，第二层小球有，求出层数即可. 【详解】有两种装入小球的方法，第一种，每层都装入小球，可装入8层小球， 此时共可以装入个小球， 第二种，每层小球相互错开装入，由题意知，第一层小球有个，如图1， 第二层小球有个，如图2，且奇数层均为64个，偶数层均为49个， 而第二层中的任意一球与第一层中与其相邻的四个球的球心构成一个棱长为1， 高为的正四棱锥，假设共有层小球，则总高度为， 令，解得，故小球最多放10层， 由上，相邻的两层小球共有个， 所以正方体一共可以放个小球. 故答案为：565 四､解答题 15. 某数字文创公司统计了AI数字复原技术各组研发人员数（人）与月度非遗纹样复原作品数（件）的情况，统计结果如下表： 各组AI研发人员数（人） 3 4 5 6 非遗纹样复原数（件） 5 8 14 17 研发成果类型 基础型 创新型 创新型 创新型 （1）已知与具有较强的线性相关关系，求关于的经验回归方程. （2）为推广AI非遗复原的模式，现从4个研发小组中随机选取2组进行经验交流，记其中“创新型”的个数为，求的分布列与数学期望. 参考公式：经验回归方程，其中. 参考数据： 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据已知数据计算，进而计算求出回归方程； （2）先计算概率得出分布列，再应用数学期望公式计算即可. 【小问1详解】 由题知 所以 所以关于的经验回归方程为 【小问2详解】 由题意得的取值为1，2 1 2 . 16. 已知.数列满足，数列满足，且. （1）求数列与的通项公式. （2）若数列，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，可得，利用等差数列和等比数列的定义直接写出通项公式； （2）根据题意，，利用错位相减法求和. 【小问1详解】 由题意得即，所以， 因此是以3为公差，为首项的等差数列 所以 由题意得，是以2为公比，1为首项的等比数列 所以 【小问2详解】 由（1）得， 所以①， 则②， ①-②得， ， 17. 如图，在四棱锥中，底面，四边形为平行四边形，其中，，且，点为的中点. （1）证明：平面. （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，交于，利用平行四边形的性质，三角形的中位线，以及线面平行的判定定理证明即可； （2）根据题意建立空间直角坐标系，写出相应的点，分别求出平面与平面的法向量，最后利用向量法求解平面与平面所成角的余弦值即可. 【小问1详解】 连接，交于，连接如图所示： 因为四边形为平行四边形，为对角线交点，所以为的中点， 又是中点，所以， 又平面，所以平面， 所以平面. 【小问2详解】 在中，， 由余弦定理得， 则，所以， 又底面平面，所以， 所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 如图所示： 则， 所以 设平面法向量为， 则， 令，则，所以. ， 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以. 设平面与平面夹角为， 所以 ， 由图可知平面与平面的夹角为锐角， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的离心率为为坐标原点，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4. （1）求椭圆的方程. （2）设椭圆的左､右顶点分别为，过右焦点且斜率存在且不为0的直线交椭圆于，两点，直线与直线相交于点. （i）当斜率为1时，求四边形的面积. （ii）求证：点在定直线上. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的定义求出，结合离心率求出，结合，进而求出椭圆的方程. （2）（i）先写出直线的方程，联立椭圆方程得到一元二次方程，利用韦达定理求出 ，后用“分割法”（将四边形拆分为两个三角形）计算面积.（ii）设直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理的结果，写出和的直线方程，联立求出，证明，从而确定点在定直线上. 【小问1详解】 由椭圆定义得，解得. 又因为离心率，所以， 则，因此椭圆标准方程为 【小问2详解】 （i）由（1）得，当时，直线的方程为. 联立，得（或） 设，则， ， ∴四边形的面积； （ii）证明：设直线的方程为且斜率不为0，设， 由椭圆方程可知，联立，整理得， 由根与系数的关系得. 设直线的方程为，直线的方程为， 设，则， 将代入得. 同时将根与系数关系式代入上式，化简整理得. 因为直线的斜率不为不能同时为0，且若假设， 代入到，得；代入到，得， 将代入到中，整理得， 即矛盾，故假设不成立，即 故只能，即，因此点在定直线上. 19. 已知函数.（ （1）当时，最小正周期为，求函数在处的切线方程. （2）当在上恰好有1351个解，求的取值范围. （3）已知时，满足，若时，，且是的极大值点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）或. （3） 【解析】 【分析】（1）根据最小正周期求得，得，求导，根据导数的几何意义求解即可； （2）令，由题意可得有1351个实数根，分，，三种情况讨论求解即可； （3）求导，分，两种情况，结合题意讨论求解即可. 【小问1详解】 ，故 ，则，又， 故函数在处的切线方程为，故； 【小问2详解】 ，令，当，则， 令，则或， 当时，要使得有1351个实数根， 则，解得， 当时，要使得有1351个实数根， 则，解得， 当时，要使得有1351个实数根， 则，无解， 综上可得或； 【小问3详解】 由题得 . ，所以为偶函数 取时，则 由题意得，. ①当，即时 取，则当时，， 因此在上单调递增； 由于是的极大值点，所以不符合题意. ②当，即时 令 ，则在上单调递增 ， 则使得；即； 所以； 因此在上单调递减； 又因为为偶函数，所以在上单调递增. 由于是的极大值点，所以符合题意. 综上所述 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 彭山一中高26届高三上学期期末测试 数学 ☆生活愉快考试顺利☆ 一､单选题 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知直线的倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知动点到的距离为，在直线上，则的最小值（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 6. 苏轼，字子瞻，号东坡居士，眉州眉山（今四川省眉山市）人，北宋文学家､书法家､画家，历史治水名人.现有苏轼的6本不同诗集全部奖励给3名同学，每人至少分得一本，则共有（ ）种分配方案 A. 90 B. 120 C. 360 D. 540 7. 函数对恒成立，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 8. 记的内角的对边分别为，已知，则的周长（ ） A. 9 B. 14 C. 19 D. 24 二､多选题 9. （多选），分别是两条不同直线，的方向向量，，分别是两个不同平面，的法向量，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知双曲线的左､右焦点分别为在双曲线右支上，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 到的两条渐近线的距离之积为 D. 若，则的最小值为 11. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是的极大值点 B. 若的图像关于对称，则 C. 若在上的最大值为，则 D. 当且仅当时，恰有三个零点 三､填空题 12. 已知抛物线上一点，则__________. 13. 在数列中，，则的最小值为__________. 14. 黄花梨方印盒起源于明代，鼎盛于明末清初至清代.可将其看作正方体容器，若棱长为8，向容器中装入直径为1的小球，最多可装入__________个. 四､解答题 15. 某数字文创公司统计了AI数字复原技术各组研发人员数（人）与月度非遗纹样复原作品数（件）的情况，统计结果如下表： 各组AI研发人员数（人） 3 4 5 6 非遗纹样复原数（件） 5 8 14 17 研发成果类型 基础型 创新型 创新型 创新型 （1）已知与具有较强的线性相关关系，求关于的经验回归方程. （2）为推广AI非遗复原的模式，现从4个研发小组中随机选取2组进行经验交流，记其中“创新型”的个数为，求的分布列与数学期望. 参考公式：经验回归方程，其中. 参考数据： 16. 已知.数列满足，数列满足，且. （1）求数列与的通项公式. （2）若数列，求数列的前项和. 17. 如图，在四棱锥中，底面，四边形为平行四边形，其中，，且，点为的中点. （1）证明：平面. （2）求平面与平面所成角的余弦值. 18. 已知椭圆的离心率为为坐标原点，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4. （1）求椭圆的方程. （2）设椭圆的左､右顶点分别为，过右焦点且斜率存在且不为0的直线交椭圆于，两点，直线与直线相交于点. （i）当斜率为1时，求四边形的面积. （ii）求证：点在定直线上. 19. 已知函数.（ （1）当时，最小正周期为，求函数在处的切线方程. （2）当在上恰好有1351个解，求的取值范围. （3）已知时，满足，若时，，且是的极大值点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $