四川省绵阳润禾实验高中2025-2026学年高三上学期入学考试数学试卷（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页四川省绵阳润禾实验高中2025-2026学年高三上学期入学考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设集合，则集合等于（

）A．B．C．D．2．已知复数z在复平面内对应的点的坐标为，则下列结论正确的是（

）A． B．复数z的共轭复数是C．的实部为 D．3．设向量，则下列结论中正确的是（

）A． B．C． D．与垂直4．下列函数中，是偶函数，且在上是增函数的是（

）A． B． C． D．5．若为第一象限角，且，则的值为（

）A． B． C． D．6．直线过抛物线的焦点，且与交于两点，则（

）A．6 B．8 C．2 D．47．在以下命题中，不正确的个数为()①是，b共线的充要条件；②若∥，则存在唯一的实数λ，使＝λ；③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝2－2－，则P，A，B，C四点共面；④若{，，}为空间的一个基底，则{＋，＋，＋}构成空间的另一个基底；⑤|(·)·|＝||·||·||.A．2 B．3 C．4 D．58．如题图所示是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有（

）．

A．240种B．300种C．360种D．420种二、多选题9．下列选项正确的是（

）A．若随机变量，则B．若随机变量，则C．若随机变量服从分布，且，则D．若随机变量满足，则10．在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（

）A．q＝1 B．数列{Sn+2}是等比数列C．S8＝510 D．数列{lgan}是公差为2的等差数列11．已知，下列说法中正确的是（

）A．函数在恰有一个极值点B．函数在上单调递增C．，D．是函数的图象上一动点，是直线上一动点，则三、填空题12．写出一个同时具有下列性质①②③的对数型函数．①在上单调递增；②的值域为；③为偶函数．13．已知向量，，若，则．14．已知抛物线的焦点为，斜率为1的直线过点，且与抛物线交于两点，点在抛物线上，且点在直线的下方，若面积的最大值是，则抛物线的方程是．四、解答题15．已知：（，为常数）．（1）若，求的最小正周期；（2）若在，上最大值与最小值之和为3，求的值．16．已知函数．（1）若是的极值点，求函数的单调性；（2）若时，，求的取值范围．17．如图，在直三棱柱中，，棱，分别为的中点．(1)求的长；(2)求与夹角的余弦值；(3)求证：是平面的一个法向量．18．已知椭圆C：的离心率为点在椭圆C上，A，B分别为椭圆的左右顶点.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线：与椭圆C相交于P，Q两点，且求证：为坐标原点的面积为定值；(3)若M为平面上的一个动点，设直线AM，BM的斜率分别为且满足直线AM，BM分别交动直线于点D，E，过点D作BM的垂线交x轴于点判断是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由.19．一电动玩具汽车需放入电池才能启动.现抽屉中备有6块规格相同的电池，其中3块为一次性电池，另外3块为可反复使用的充电电池.每次使用时随机取一块电池，若取出的是一次性电池，则使用后作废品回收，若取出的是可充电电池，则使用后充满电再放回抽屉.(1)在已知第2次取出一次性电池的条件下，求第1次取出的是可充电电池的概率；(2)设X，Y是离散型随机变量，X在给定事件条件下的期望定义为，其中为X的所有可能取值的集合，表示事件“”与“”均发生的概率.设X表示玩具汽车前4次使用中取出一次性电池的块数，Y表示前2次使用中取出可充电电池的块数，求；(3)若已用完一块一次性电池后，记剩下电池再使用次后，所有一次性电池恰好全部用完的概率为，求数列的通项公式.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《四川省绵阳润禾实验高中2025-2026学年高三上学期入学考试数学试卷》参考答案题号12345678910答案DCDDBBCDABDBC题号11答案BCD1．D【分析】由集合的交并补运算分析判断即可【详解】解：因为集合，，，所以，所以A错误，因为，，所以，所以B错误，因为，，，所以，，所以，所以C错误，因为，，所以，所以D正确，故选：D.2．C【分析】依题意可得，再按照复数代数形式的乘法运算、共轭复数的定义以及复数模的计算公式一一计算可得；【详解】解：因为复数在复平面内对应的点的坐标为，所以，所以，，，，所以的实部为；故选：C3．D【分析】根据，逐项判断.【详解】因为，所以，，，显然不平行，故选：D.4．D【解析】由奇偶性的定义依次判断函数的奇偶性，再由基本函数的单调性判断其增减性即可【详解】A.定义域为，不关于原点对称，故不符合；B.定义域为关于原点对称，，所以是偶函数，在上是减函数，不符合；C.定义域为关于原点对称，，所以是奇函数，不符合；D.定义域为关于原点对称，当时，，当时，，所以是偶函数，时，是增函数，符合.故选：D【点睛】此题考查函数的奇偶性的判断和增减性的判断，属于基础题5．B【分析】根据二倍角的正弦、诱导公式及同角的三角函数基本关系式可得，根据两角差的余弦、倍角公式结合弦切互化法可求三角函数式的值.【详解】∵，∴∵为第一象限角，∴，即∴故选：B.6．B【分析】联立直线与抛物线的方程，根据抛物线的焦点坐标，结合焦点弦长公式求解即可【详解】因为抛物线的焦点坐标为，又直线过抛物线的焦点F，所以，抛物线的方程为，由，得，所以，所以．故选：B7．C【分析】利用不等式||﹣||≤||等号成立的条件判断①即可；利用与任意向量共线，来判断②是否正确；利用共面向量定理判断③是否正确；根据不共面的三个向量可构成空间一个基底，结合共面向量定理，用反证法证明即可判断④；代入向量数量积公式验证即可判断⑤．【详解】对①，∵向量、同向时，，∴不满足必要性，∴①错误；对②，当为零向量，不是零向量时，不存在λ使等式成立，∴②错误；对③，若P，A，B，C四点共面，则存在唯一使得.则，即.又＝2－2－，所以，方程无解，故③错误；对④，用反证法，若{}不构成空间的一个基底；设⇒x（x﹣1）⇒x（1﹣x），即，，共面，∵{}为空间的一个基底，∴④正确；对⑤，∵|（）|＝||×||×|cos，|×||≤||||||，∴⑤错误．故选C．【点睛】本题借助考查命题的真假判断，考查空间向量的共线向量定理、共面向量定理及向量的数量积公式，属于中档题.8．D【分析】先安排中心区域A，再从B开始沿逆时针方向进行布置四周的区域，分D与B选用同一种和选用不同种类菊花两种情况，结合计数原理得到答案.【详解】先布置中心区域A共有5种方法，从B开始沿逆时针方向进行布置四周的区域，则B有4种布置方法，C有3种布置方法．如果D与B选用同一种菊花，则E有3种布置方法；如果D与B选用不同种类菊花，则D有2种布置方法，E有2种布置方法．按照分步乘法与分类加法计数原理，则全部的布置方法有（种）.故选：D．9．ABD【分析】A.由随机变量服从二项分布求解；B.由随机变量服从正态分布求解；C.由随机变量服从分布求解；D.由随机变量服从超几何分布求解；【详解】A.若随机变量，则，故正确；B.若随机变量，则，故正确；C.若随机变量服从分布，且，则，故错误；D.由随机变量满足，则，所以，故正确；故选：ABD10．BC【解析】先根据题干条件判断并计算得到q和a1的值，可得到等比数列{an}的通项公式和前n项和公式，对选项进行逐个判断即可得到正确选项．【详解】由题意，根据等比中项的性质，可得a2a3＝a1a4＝32＞0，a2+a3＝12＞0，故a2＞0，a3＞0．根据根与系数的关系，可知a2，a3是一元二次方程x2﹣12x+32＝0的两个根．解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4．故必有公比q＞0，∴a10．∵等比数列{an}是递增数列，∴q＞1．∴a2＝4，a3＝8满足题意．∴q＝2，a12．故选项A不正确．an＝a1•qn﹣1＝2n．∵Sn2n+1﹣2．∴Sn+2＝2n+1＝4•2n﹣1．∴数列{Sn+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确．S8＝28+1﹣2＝512﹣2＝510．故选项C正确．∵lgan＝lg2n＝n．∴数列{lgan}是公差为1的等差数列．故选项D不正确．故选：BC【点睛】本题考查了等比数列的通项公式、求和公式和性质，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.11．BCD【分析】求导，确定函数在单调递减；在单调递增，其中，即可判断ABC，对于D，求得曲线在处的切线和平行，即可判断.【详解】解：，定义域为，，显然在上单调递增，且，又，即，所以，所以存在，使得，即，当时，，在单调递减；当时，，在单调递增，所以是的极小值点，且为最小值点，无极大值点；对于A，函数在上无极值点，故A错误；对于B，由上述分析可知正确；对于C，，由，易知当，取得最小值，所以，故C正确；对于D，设与直线平行的直线l，l与函数f(x)的图像切于点，所以，即，解得，所以切点为，所以点到直线的距离即为的最小值，所以，故D正确．故选：BCD12．（答案不唯一）【分析】对数函数的定义域一般为，在上单调递增，需要底数大于1，若满足为偶函数，可加绝对值，即满足条件.【详解】解：取，则为偶函数，在上单调递增，且值域为，满足题中条件．故答案为：.13．5【详解】∵且∴∴∴∴故答案为514．【分析】设，，联立直线与抛物线的方程消元，然后算出，设，由题意可知当直线与过点，且与抛物线相切的直线平行时，的面积取最大值，利用导数的几何意义求出点，然后利用面积求出即可.【详解】由题意可知：，且直线与抛物线必相交，则直线的方程为，设，，联立方程，消去y整理得，则，，可得，故，设，由题意可知当直线与过点，且与抛物线相切的直线平行时，的面积取最大值.因为，则，可得，解得，即，此时点到直线的距离，故，解得，故抛物线的方程为.故答案为：.15．（1）；（2）0【分析】（1）利用二倍角和辅助角公式化简，即可求出最小正周期；（2）根据在，上，求解内层函数范围，即可求解最值，由最大值与最小值之和为3，求的值．【详解】解：，（1）的最小正周期；（2），，当时，即，取得最小值为，当时，即，取得最大值为，最大值与最小值之和为3，，，故的值为0．【点睛】本题主要考查三角函数的性质和图象的应用，属于基础题．16．（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）.【分析】（1）求出原函数的导函数，结合f′（1）＝0求得a＝1，代入导函数，得到f′（x），再由y＝x2+lnx﹣1在（0，+∞）上单调递增，且x＝1时y＝0，可得当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；（2）由f（x）≤0，得axa≤0，可得a，令g（x），利用二次求导可得其最小值，则a的范围可求．【详解】（1）因为是的极值点，所以，可得．所以，.因为在上单调递增，且时，，所以时，，，单调递减；时，，，单调递增．故在上单调递减，在上单调递增．（2）由得，因为，所以.设，则.令，则，显然在内单调递减，且，所以时，，单调递减，则，即，所以在内单减，从而.所以.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查数学转化思想方法，是中档题．17．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量求的长；（2）利用空间向量法可求与夹角的余弦值；（3）利用空间向量法证明出，，即可证得结论成立.【详解】（1）在直三棱柱中，，，，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，因为，则，所以的长为.（2）由（1）可得：，，则，所以与的夹角余弦值为.（3）由（1）可得：，，，则，，可知，，因为，、平面，则平面，所以是平面的一个法向量.18．(1)(2)证明见解析(3)存在，【分析】根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式求解即可；将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式进行求证即可；设出直线AM和BM的方程，求出D，E，H两点的坐标，利用向量的坐标运算进行求解即可．【详解】（1）因为点在椭圆C上，且离心率为所以解得，则椭圆方程为；（2）证明：联立消去y并整理得此时设，由韦达定理得，因为又O到直线PQ的距离且所以综上，的面积为定值，定值为；（3）因为直线AM，BM的斜率分别为且满足设直线AM的方程为令，可得，即，同理得，因为直线DH的方程为令，解得，即，所以当时，取到最大值，最大值为则存在最大值，最大值为【点睛】难点点睛：解答圆锥曲线的综合题，难点在于复杂的运算，特别的，基本