四川省绵阳博美实验高级中学2025-2026学年高三上学期入学考试数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页四川省绵阳博美实验高级中学2025-2026学年高三上学期入学考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知，则（）A． B． C． D．2．已知为虚数单位，复数，则下列结论正确的是A．的共轭复数为 B．的虚部为C．在复平面内对应的点在第二象限 D．3．关于的不等式的解集为，且，则实数（

）A． B．C．或 D．或4．方程在下列哪个区间内有实数解（）A． B． C． D．5．如图，在三棱锥中，平面，，，，以点为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设平面PAB和平面PBC的法向量分别为和，则下面选项中正确的是（）

A．点的坐标为 B．C．可能为 D．6．已知中心在原点,焦点在轴上的椭圆与双曲线有公共焦点,左､右焦点分别为,,且两条曲线在第一象限的交点为,是以为底边的等腰三角形,若,椭圆与双曲线的离心率分别为,,则的取值范围是A． B． C． D．7．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，……，则此数列的前56项和为（

）A．2060 B．2038 C．4084 D．41088．已知当时，恒成立，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．二、多选题9．某校安排甲、乙、丙、丁、戊5名老师到四个社区参与志愿活动，以下说法正确的是（）A．每人都只安排到一个社区的不同方法数为625B．每人都只安排到一个社区，每个社区至少有一人，则不同的方法数为480C．每人都只安排到一个社区，如果社区不安排，其余三个社区至少安排一人，则这5名老师全部被安排的不同方法数为150D．每人都安排到一个社区，每个社区至少有一人，其中甲、乙不去社区，其余三位老师四个社区均可安排，则不同安排方案的种数是12610．已知函数，则下列四个结论中正确的是（

）A．函数的图象关于原点对称B．函数的最小正周期为C．的值域为D．设函数的奇偶性与函数相同，且函数在上单调递减，则的最小值为211．如图，在矩形中，，为边的中点，将沿直线翻转成（平面），若分别为线段的中点，则在翻转过程中，下列说法正确的是（）

A．平面B．异面直线与所成角的正切值为C．三棱锥外接球的体积为D．一定存在某个位置，使三、填空题12．已知向量，，则夹角的余弦值为．13．已知，，，则，，的大小关系为．14．已知函数，若对恒成立，则实数的取值范围为.四、解答题15．在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，的内角，，的对边分别为，，，设，若__________，是否存在使得存在最大值？16．已知椭圆：的离心率为，抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，的中心与的顶点重合.过且与轴垂直的直线交于，两点，交于，两点.（1）求的值；（2）设为与的公共点，若，求与的标准方程.17．如图，平面，，，，，．

(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的大小；(3)若二面角的余弦值为，求线段的长．18．设函数．(1)当时，求在处的切线方程；(2)若恒成立，求实数的取值范围；(3)，是否存在，使得曲线在点处的切线与至少有2个交点？若存在，探究满足条件的的个数；若不存在，说明理由．19．已知数列满足，，数列是公比为正数的等比数列，，且，，8成等差数列.（1）求数列，的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.（3）若数列满足，求证：.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《四川省绵阳博美实验高级中学2025-2026学年高三上学期入学考试数学试题》参考答案题号12345678910答案BBBBCBCDCDBC题号11答案AC1．B【分析】结合集合的交并补运算进行判断即可．【详解】由于，则，故A项错误，，故B项正确，C项显然错误，，故D项错误．故选：B2．B【解析】先根据复数运算求解出，从而得出，逐一分析选项，得出正确的答案.【详解】解：因为复数，所以，由此可得，故选项A错误，故，所以，的虚部为，选项B正确，在复平面内对应的点为，在第四象限，故选项C错误，，故选项D错误，故本题选B.【点睛】本题考查了复数的定义、复数的运算、复数的模、复数的几何意义等知识，正确的运算、清晰的概念是解题的关键.3．B【分析】由已知得出与为方程的两个根，根据韦达定理得出，，即可由，化简代入，即可解出的值，再根据不等式的运算验证即可得出答案.【详解】不等式的解集为，与为方程的两个根，，，，，，，，则，即，解得，，，当时，，即，，则，满足条件，当时，，即，，则，不满足条件，综上，，故选：B.4．B【分析】根据函数的单调性，结合零点存在性定理即可求解.【详解】由于均为上的单调递增函数，故为上的单调递增函数，且，，因此在内有零点，故方程在内有实数解，故选：B5．C【分析】根据坐标系，求点的坐标，再求平面的法向量，再结合选项判断.【详解】如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，

因为，，，所以，则，，，，，，设平面的一个法向量，，所以，令，所以平面法向量可能为，因为平面，所以平面的一个法向量为，所以，综上可知，只有C正确.故选：C6．B【解析】设椭圆和双曲线的半焦距为，，，，由条件可得，，再由椭圆和双曲线的定义可得，，，运用三角形三边关系，求得的范围，再由离心率公式，计算即可得到所求范围.【详解】设椭圆和双曲线的半焦距为，，，，是以为底边的等腰三角形，若，则，，由椭圆的定义可得，由双曲线的定义可得，即有，，根据三角形三边关系可得，即，所以，根据离心率公式可得，因为，所以，则有，所以的取值范围为.故选：B.【点睛】本题考查椭圆和双曲线的定义，考查离心率的求法，三角形的三边关系，属于中档题.7．C【分析】将所求数列之和，转化为杨辉三角每一行对应数之和，再结合杨辉三角每一行的和为，即可求得结果.【详解】去除所有为1的项后，剩下的每一行的个数为，对应个数构成一个首项为1公差为1的等差数列，则前行数字个数之和为，当时，，故该数列前56项和表示：杨辉三角中前12行数字之和，减去所有23个1，再加上杨辉三角中第13行第二个数字12即可，故所求数列的前项和为：.故选：C.8．D【分析】设，转化条件为对任意恒成立，设，，求导后求得的最小值即可得解.【详解】设，则对任意恒成立，设，则，且，设，则，所以在上是减函数，在上是增函数，所以，所以的最小值为，即的最小值为，所以.故选：D．9．CD【分析】根据题意，利用排列数与组合数的计算公式，结合分类、分步计数原理，逐项分析计算，即可求解.【详解】对于A中，若每人都只安排到一个社区，由分步计数原理，可得不同方法数为种，所以A错误；对于B中，若每人都只安排到一个社区，每个社区至少有一人，先将5名老师分为4组，有种，则不同的安排方法数为种，所以B错误；对于C中，每人都只安排到一个社区，如果社区不安排，其余三个社区至少安排一人，先将5名老师分成3组，人数可为或，若人数为时，则有种不同的安排方法；若人数为时，则有种不同的安排方法，由分类计数原理得，共有种不同的安排方法，所以C正确；对于D中，每人都安排到一个社区，每个社区至少有一人，其中甲、乙不去社区，若社区安排两人，则有种不同的安排方法；若社区只安排一人，则有种不同的安排方法，由分类计数原理得，共有种不同的安排方法，所以D正确.故选：CD.10．BC【解析】首先利用函数的奇偶性的应用判定A的结论，利用函数的关系式的变换求出函数的最小正周期，进一步判断B的结论，利用函数的定义域求出函数的值域，进一步判定C的结论，利用函数的性质求出的范围，进一步判定D的结论.【详解】解：对于A：由于函数，则根据函数的性质，所以，所以函数为偶函数，故函数的图象关于轴对称，故A错误；对于B：由于，则函数的最小正周期为，故B正确；对于C：当时，函数，由于，故，故C正确；对于D：函数为偶函数，所以为偶函数，所以，故，由于，所以，所以，即，由于，，所以，函数在上单调递减，故，解得，故D错误.故选：BC.11．AC【分析】取中点F，利用线面平行的判定判断A；求出异面直线所成角的正切判断B；确定外接球球心及半径求出球的体积判断C；利用反证法，结合线面垂直的判定性质推理判断D.【详解】对于A，取中点F，连接FM、EF，由M为的中点，得，且，在矩形ABCD中，得E为AB中点，得且，则，且，四边形BEFM为平行四边形，因此，又平面，平面，因此平面，A正确；

对于B，由选项A得异面直线与所成角即为EF与所成角，即为，在中，，则，B错误；对于C，连接，由都是等腰直角三角形，，得，因此是三棱锥外接球球心，则其半径，球的体积为，C正确；对于D，连接，若存在某个位置，使，而，平面，则平面，又平面，于是，由，，得，则，又平面，这与在平面内过点有且只有一条直线与垂直矛盾，因此不存在某个位置，使，D错误.故选：AC12．【分析】根据条件求出后，可得两向量的数量积与模，然后求夹角的余弦值【详解】，，故13．【分析】本题根据对数函数性质可以判定，，根据指数函数的单调性得出，进而做出大小判断．【详解】，，，又，所以．故答案为：．14．【分析】先证，当时，在上单调递增，可得恒成立；当时，可得，即可求解结果．【详解】由题意可知，令，当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，则恒成立；由，则当时，，即在上单调递增，则对恒成立，满足题意；当时，由得或又因为且函数为奇函数，所以可得，解得，则，综上，实数的取值范围为．故答案为：15．当时，取得取大值为【分析】若选择①，利用正弦定理化角为边可得，利用余弦定理可得，化简，结合，可得解；若选择②，化切为弦，化简可得，，后续同①.【详解】的内角，，的对边分别为，，，若选择①:，则，即，由正弦定理可得，∴，∵，∴.由，，已知，所以，所以，∴，∴，当，即时，取得取大值为.若选择②：∵，∴，∴，∴.在三角形中，，∴，，所以，所以，∴，∴，当，即时，取得最大值为.16．（1）；（2）椭圆方程为，抛物线方程为.【分析】（1）设椭圆的方程为，抛物线方程为，然后分别求出、即可；（2）联立椭圆和抛物线的方程求出点的坐标，然后由求出即可.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以设其方程为，，令解得，所以，又抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，所以设其方程为，令解得，所以，故.（2）由消去得：，解得或（舍）.所以，因为，所以.即椭圆方程为，抛物线方程为.【点睛】本题考查的是椭圆和抛物线的综合问题，考查了学生的分析能力，属于基础题.17．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明求解即可.（2）利用线面角的向量求法求解即可.（3）利用二面角的向量求法建立方程，求解参数，得到线段长度即可.【详解】（1）因为平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，如图，建立以为原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴正方向的空间直角坐标系，

可得，，，，，设，则，依题意得是平面的法向量，又，可得，则，又因为直线面，所以平面．（2）依题意得，，，设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得．设直线与平面所成角为，故，得到，即直线与平面所成角的大小为．（3）设为平面的法向量，，则，即，不妨令，可得，设二面角为，故，因为二面角的余弦值为，所以，解得，经检验符合题意．所以，线段的长为．18．(1)；(2)；(3)存在唯一实数.【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程.（2）等价变形给定不等式，构造函数，借助奇函数性质求出时，恒成立的值范围.（3）利用导数求出曲线在点处的切线方程，构造函数，利用导数探讨函数的零点个数即可.【详解】（1）当时，，求导得，则，而，所以在处的切线方程为，即.（2）函数的定义域为R，，不等式（*）恒成立，令，则，函数为奇函数，显然，则由（*）可得，当时，恒成立，求导得，，当，即时，令，求导得则，令，求导得，函数在上单调递增，则，函数在上单调递增，则，函数在上单调递增，因此符合题意；当时，，由函数图象连续不断，则存在，使得，当时，，函数在上单调递减，当时，，不符合题意，因此当时，恒成立，可得，由奇函数性质知，当时，恒成立，即时，恒成立，故的取值范围为.（3）令函数，其定义域为，求导得，则，曲线在点处的切线方程为，即，整理得，令函数，求导得，由，得，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，函数所有的极大值为，当时，极大值等于0，即；当为正整数时，极大值全部小于0，即在无零点，当为负整数时，极大值全部大于0，函数所有的极小值为，当时，极小值，函数在R上的图象连续不断，因此在区间上的图象与轴有一个交点，因此函数至