四川省成都市新教育联盟三校2026届高三上学期开学摸底考试数学试题（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页四川省成都市新教育联盟三校2026届高三上学期开学摸底考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．的展开式中二项式系数的和为64，则展开式中的常数项为（

）A．8 B．12 C．15 D．2．设集合则（

）A． B． C． D．3．已知虚数数列，则其前4n项和为（

）A． B．C． D．4．已知，则（

）A． B． C． D．5．一圆台的上、下底面半径分别为2、4，体积为，则该圆台的侧面积为（

）A． B． C． D．6．设O是平面上一定点，动点P满足，，且A，B，C是平面上不共线的三点，则动点P的轨迹一定通过的（

）A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心7．已知函数．若，则实数a的取值范围为（

）A． B．C． D．8．已知实数，满足，则下列不等式一定成立的是（

）A． B．C． D．二、多选题9．13张大小质地完全相同的卡牌中有八张数字牌，正面标有1~8，此外还有五张字母牌，正面标有A～E，将这十三张牌随机排成一行，则下列说法正确的是（

）A．不同排列方式的种数不超过60亿种B．五张字母牌互不相邻的概率为C．在标有8的卡牌左侧没有数字牌的概率为D．对于给定的整数，记“在标有k的数字牌左侧，没有标号比k小的数字牌”为事件，发生的概率为10．已知椭圆的左、右焦点分别为，，P为椭圆C上一点，则下列说法正确的有（

）．A．的面积的最大值为12B．的平分线必过椭圆的中心C．若，则D．设，椭圆C上存在点P，使得11．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，，有以下四个命题中正确的是（

）A．满足条件的不可能是直角三角形B．面积的最大值为C．当A=2C时，的周长为D．当A=2C时，若O为的内心，则的面积为三、填空题12．曲线在点处的切线方程为．13．在正三棱锥中，，，三棱锥的内切球球心为O，若在此三棱锥中再放入一个球，使其与三个侧面及内切球O均相切，则球的半径为．14．若数列的相邻两项或几项之间的关系由函数确定，则称为的递归函数；为取整函数，它表示不超过x的最大整数，例如，；设的递归函数为，，且，的前n项和记为，若，则为．四、解答题15．已知函数，其中．(1)求函数的最小正周期和单调递增区间；(2)若时，的最小值为4，求的值．16．如图，在三棱柱中，所有的棱长均相等，是的中点，在上底面的投影为的重心．(1)证明：；(2)求平面与平面的夹角的正弦值．17．设函数．(1)讨论的单调性；(2)若有三个不同零点，证明．18．设集合，A为M的非空子集，随机变量X，Y分别表示取到子集A中的最大元素和最小元素的数值.(1)若，求且的概率；(2)若的概率为，求n；(3)求随机变量的均值．19．抛物线E：的焦点为F，M为E上一点，M的纵坐标为，点N在y轴上，轴，线段MN的中点为P，且轴．(1)求E的方程；(2)已知A，B，C为E上三个不同的点，点A在第一象限．（ⅰ）若点B在原点，，，点A的横坐标满足，求n．（ⅱ）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，的重心G在x轴上，求点G的坐标．《四川省成都市新教育联盟三校2026届高三上学期开学摸底考试数学试题》参考答案题号12345678910答案CCBDCDABBCDACD题号11答案BCD1．C【分析】依据题干得到，然后求得通项公式，根据常数项的特点计算即可.【详解】由题可知：，通项公式为，令，所以常数项为.故选：C2．C【分析】解指数不等式得集合，求函数定义域得集合，然后根据交集的定义求解.【详解】因为集合，，所以.故选：C.3．B【分析】根据数列通项得到、、，观察法有，最后应用等比数列的前n项和即可得.【详解】由题设，，，，则，，，，，则，，，，，则，，，，，则，，依次类推，，所以其前4n项和为.故选：B.4．D【分析】根据余弦函数图象得到，即，利用余弦二倍角公式进行求解.【详解】因为，所以，即，所以.故选：D.5．C【分析】利用圆台体积公式可得其高为，即可知母线长，利用侧面展开图面积求出圆台的侧面积.【详解】根据题意可知，圆台上底面面积为，下底面面积为；设圆台的高为，由体积可得，解得，所以可得圆台母线长为，根据侧面展开图可得圆台侧面积为.故选：C6．D【分析】根据数量积的运算可得，进而根据可得，结合垂线的定义即可求解.【详解】，则，即，故，即点的轨迹经过的垂心.故选：D7．A【分析】先通过对变量替换，即令，将原函数变为，通过求导判断的单调性，利用其严格递增性将原不等式转化为，最终求解一元二次不等式.【详解】令，则原函数可改写为：，定义辅助函数，则，由，故是奇函数，，又（当且仅当时取等号），且,,因此，在上严格递增，原不等式转化为：，即，因为为奇函数，即，所以，又在上严格递增，故，所以，得，故选：A8．B【分析】根据已知得，即有同号或，结合不等式的性质判断各项的正误.【详解】两边取对得，则且，即同号或，所以，当时，不成立，A错；由，B对；由，若时，，C错；由，且，当时，，此时，D错.故选：B9．BCD【分析】对于选项A，利用排列数公式计算13张牌的全排列数，再与60亿比较大小；对于选项B，利用插空法计算五张字母牌互补相邻的排列数，再根据古典概型概率公式计算概率；对于选项C，利用定序问题的排列方法计算标有8的卡牌左侧没有数字牌的排列数，再根据古典概型概率公式计算概率；对于选项D，分析“在标有k的数字牌左侧，没有标号比k小的数字牌”这一事件的含义，进而判断其概率.【详解】对于选项A，13张大小质地完全相同的卡牌进行全排列，根据排列数公式可得，不同排列方式的种数为亿，所以选项A错误；对于选项B，先排8张数字牌，有种排法，8张数字牌排好后形成9个空，从这9个空中选5个空排5张字母牌，有种排法.根据分步乘法计数原理，五张字母牌互补相邻的排法共有种.而13张牌的全排列数为种，所以五张字母牌互不相邻的概率为，所以选项B正确；对于选项C，先排8张数字牌，由于在标有8的卡牌左侧没有数字牌，所以标有8的数字牌只能在所有数字牌的最左侧，其余标有1-7的数字牌有种排列方式，再将剩余的五张字母牌依次插入，有种排列方式.根据分步乘法计数原理，在标有8的卡牌左侧没有数字牌的方法共有种.而13张牌的全排列数为种，在标有8的卡牌左侧没有数字牌的概率为，所以选项C正确；对于选项D，对于给定的整数，事件为“在标有的数字牌左侧，没有标号比小的数字牌”，不妨将标有1到这个数字的牌进行全排列，这个数字牌的全排列方式有种，而满足事件的情况，等价于在这个数字牌的排列中，这个数字牌排在最左侧，此时其余个数字牌可以任意排列，其排列方式有种.根据古典概型概率公式，事件的概率为，所以选项D正确.故选：BCD.10．ACD【分析】利用椭圆焦点三角形的性质计算面积的最大值后判断A，利用反证法判断B，；利用椭圆的定义结合余弦定理计算CD后可判断它们的正误.【详解】由题设有椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距，故，对于A，当为短轴顶点时，的面积的最大，此时面积为，故A正确；对于B，若的平分线必过椭圆的中心，因为，则此时为等腰三角形，故，故此时为短轴顶点，故当不为短轴顶点时，的平分线不过椭圆的中心，故B错误；对于C，因为，故，由余弦定理可得，故，故，所以，故，故C正确；对于D，设，则，故，所以，而，故，所以即，故，所以，因为，故符号该不等式，故椭圆C上存在点P，使得，故D正确；故选：ACD.11．BCD【分析】对于A，利用勾股定理的逆定理判断；对于B，利用圆的方程和三角形的面积公式可得答案；对于C，利用正弦定理和三角函数恒等变形公式可得答案对于D，由已知条件可得为直角三角形，从而可求出三角形的内切圆半径，从而可得的面积【详解】对于A，因为，所以由正弦定理得，，若是直角三角形的斜边，则有，即，得，所以A错误；对于B，以的中点为坐标原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，则，设，因为，所以，化简得，所以点在以为圆心，为半径的圆上运动，所以面积的最大值为，所以B正确；对于C，由A=2C，可得，由得，由正弦定理得，，即，所以，化简得，因为，所以化简得，因为，所以，所以，则，所以，所以，，，因为，所以，所以的周长为，所以C正确；对于D，由C可知，为直角三角形，且，，，，所以的内切圆半径为，所以的面积为所以D正确，故选：BCD【点睛】此题考查三角形的正弦定理和面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，考查转化能力和计算能力，属于难题.12．【分析】根据导数的几何意义进行求解即可.【详解】因为，所以，所以切线方程为，即．故答案为：13．【分析】设内切球O的半径为，球的半径为.由题意可得三棱锥的体积和表面积.由等积法得.用一平行于底面且与球O上部相切的平面去截此三棱锥得到一个小棱锥,求此小棱锥的高，再根据相似关系求得小棱锥的体积和表面积，进而由等积法求得球的半径.【详解】设内切球O的半径为，球的半径为.设此棱锥的高为,底面的中心为，三棱锥的表面积为.因为底面边长为，底面的高，，所以，棱锥的高,侧面的高，三棱锥的体积所以，所以三棱锥的表面积为.由等积法知，得.用一平行于底面且与球上部相切的平面截此三棱锥，棱锥的内切球半径即为球的半径，设棱锥的高为，三棱锥的表面积为.因为棱台的高为，所以，根据相似关系，，棱锥的表面积为，根据等体积法，得，解得.故答案为：.14．10120【分析】已知，，，得出为以为首项，6为公比的等比数列，从而得出，，证明当时，，利用该不等式可得，从而得出，结合，得出，所以，，从而解出.【详解】已知，，，则，因为，所以，，即为以为首项，6为公比的等比数列.则.所以，即.当时，.因为当时，由,可得，所以当时，.故当时，又，则，故对于任意，，所以.所以.故答案为：.15．(1)；单调递增区间为(2)【分析】（1）利用二倍角公式和两角和公式对函数解析式化简，进而根据周期公式求得函数的最小正周期；利用整体法根据正弦函数的单调性求得函数的单调递增区间．（2）由已知找到取最小值为4时的值，得到关于的方程．【详解】（1），．由，，求得，，函数的单调递增区间为．（2）由时，，，，解得．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理得平面，最后利用线面垂直的性质定理证明即可.（2）解法一：延长交于点，则为平面与平面的夹角，然后利用直角三角形知识求解，再结合利用诱导公式求解即可；解法二：建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法及同角三角函数关系求出正弦值.【详解】（1）在上底面的投影为的重心．平面，平面，，，，是等边三角形，是的中点，故，，平面，平面，平面，又因为平面，.（2）解法一：延长交于点，如图所示，由（1）知平面，故为平面与平面的夹角，，，设棱长为1，则，为重心，，，，平面与平面的夹角的正弦值为.解法二：设，有，，，可求得，由，，可得，又由平面，以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，有，，，，，可得，，设平面的一个法向量为，有，取，，，可得，又由平面的一个法向量为，有，，，有，故平面与平面的夹角的正弦值为．17．(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）分，，三种情况，同时考虑通过讨论去绝对值，再结合导数法研究函数的单调性即可，（2）由条件结合（1）分四种情况依次确定的关系，利用放缩法证明结论.【详解】（1）由题意，的定义域为R，若时，则，，当且仅当时取等号，所以函数在上单调递增，若，当时，，，令，则，所以或，若，，函数在上单调递增，若，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，若，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，当时，，，函数在上单调递增，若，当时，，，函数在上单调递增，当时，，，令，则，所以或，若，，函数在上单调递增，若，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，若，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，综上所述，若时，函数在上单调递增，若，若，函数在上单调递增，若，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，若，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，若，若，函数在上单调递增，若，函数在上单调递增，在上单调递减，函数在上单调递增，若，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，（2）由（1）可得，当且时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又时，，当时，，若有三个不同零点，则，故，，所以，，又，所以，所以，所以，当且时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又时，，当时，，若有三个不同零点，则，故，，所以，又，矛盾，当且时，函数在上单调递增，在上单调递减，函数在上单调递增，又时，，当时，，若有三个不同零点，则，故，，所以，，又，所以，所以，所以，当且时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又时，，当时，，若有三个不同零点，则，，，所以，又，矛盾，综上所述，18．(1)(2)4(3)．【分析】（1）当时，集合的非空子集个数为个，结合题意，得到集合中一定含有和，将和绑定，得到满足且的集合得个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；（2）根据题意，利用集合子集的运算，得到，列出方程，即可求解；（3）根据题意，利用集合子集的计算，求得和，结合，即可求解.【详解】（1）由题意，集合A中的最大元素和最