四川省成都市石室天府中学2025-2026学年高三上学摸底考试数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页四川省成都市石室天府中学2025-2026学年高三上学摸底考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设集合，，则的元素个数为（

）A．4 B．3 C．2 D．12．已知，则（

）A． B． C． D．3．已知向量与的夹角为，，则等于（

）A．1 B．2 C．3 D．44．设等差数列的前项和为，若，，则（

）A．8 B．9 C．10 D．115．设，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．已知（其中），将图象向左平移个单位后得到的图象，若的图象关于原点对称，则（

）A． B． C． D．7．已知，是双曲线的两个焦点，以线段为边作正三角形，若边的中点在双曲线上，则该双曲线的离心率是（

）A． B． C． D．8．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（

）A．4 B． C． D．6二、多选题9．在二项式的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则（

）A．B．展开式中没有常数项C．展开式所有二项式系数和为1024D．展开式所有项的系数和为25610．已知数列满足，则下列结论正确的是（

）A．为等比数列B．C．的前项和D．的前项和11．某同学在学习了双曲线的定义后受到启发，研究平面上到点距离的倒数之差的绝对值等于1的点的轨迹，设点为曲线上一点（即满足），则下列结论正确的是（

）A．曲线关于原点对称B．点的横坐标的取值范围是C．当点不在坐标轴上时，点在椭圆的内部D．设点的坐标为，则随着的增大而增大三、填空题12．已知正数满足，则的最大值为.13．已知，函数，若恒成立，则的取值范围是.14．某不透明箱子中有7个除颜色外完全相同的小球，其中2个白球，2个红球和3个黄球，若采取不放回的方式每次从箱子中随机取出一个球，当三种颜色的球都被摸到时停止摸球，记此时已摸球的次数为随机变量X，则.四、解答题15．溺水、校园欺凌、食品卫生、消防安全、道路交通等与学生安全有关的问题越来越受到社会的关注和重视．学校安全工作事关学生的健康成长，关系到千万个家庭的幸福和安宁，关系到整个社会的和谐稳定．为了普及安全教育，某市准备组织一次安全知识竞赛．某学校为了选拔学生参赛，按性别采用分层抽样的方法抽取200名学生进行安全知识测试，根据200名同学的测试成绩得到如下表格：性别了解安全知识的程度得分不超过85分的人数得分超过85分的人数男生20100女生3050(1)现从得分超过85分的学生中根据性别采用分层随机抽样抽取6名学生进行安全知识培训，再从这6名学生中随机抽取3名学生去市里参加竞赛，求这3名学生中有至少一名女生的概率；(2)根据小概率值的独立性检验，能否推断该校男生和女生在了解安全知识的程度与性别有关？附：参考公式，其中．下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值a0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82816．如图，已知正方形的边长为4，E，F分别为的中点，沿将四边形折起，使二面角的大小为，M为线段上一点．

(1)若M为线段中点，设直线与直线的交点为O，证明：平面；(2)是否存在点M，使得直线与平面所成的角为?若存在，求此时线段的长；若不存在，请说明理由．17．乒乓球台被球网分成甲、乙两部分，如图，甲被划分为两个不相交的区域，乙被划分为两个不相交的区域.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球，并规定：回球一次，落点在上记3分，在上记1分，其它情况记0分.对落点在上的来球，队员小明回球的落点在上的概率为，在D上的概率为；对落点在上的来球，小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为.(1)假设每次来球都等可能地落在上.现已知小明某次回球落在乙上，求他此次回球得3分的概率；(2)假设共有两次来球且落在上各一次，小明的两次回球互不影响.求两次回球结束后，小明得分之和的分布列与数学期望.18．已知拋物线的焦点是，点是拋物线上一点（异于坐标原点），当时，．(1)求抛物线的方程；(2)若是以为直径的圆，证明：与轴只有一个公共点，且直线与抛物线只有一个公共点；(3)设，过的直线与交于另一点，交轴于点，过作的垂线交于另一点，若是的切线，求的最小值．19．已知函数．(1)若函数在处的切线经过，求的值；(2)若函数存在两个极值点，求的取值范围；(3)若满足，证明：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《四川省成都市石室天府中学2025-2026学年高三上学摸底考试数学试题》参考答案题号12345678910答案BBADABCCBDACD题号11答案ACD1．B【分析】由题意可知，可求交集，进而可得结论.【详解】由，可得，所以.故的元素个数为3.故选：B.2．B【分析】根据复数的除法求出复数，再由模的公式计算即得.【详解】因，则，则.故选：B3．A【分析】根据向量的模长公式及向量数量积的运算即可求解.【详解】，即，即，解得或（舍）.故选：.4．D【分析】根据等差数列的通项公式及前项和公式即可求解.【详解】设等差数列的首项为，公差为，，即，可得，，即，所以，所以.故选：.5．A【分析】根据不等式性质可推断，再通过举反例即可得出结论.【详解】因为，由，根据传递性可知，因此“”能推出“”，因此充分性成立；不妨取，满足，但不成立，因此必要性不成立；所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A6．B【分析】先得到的解析式，从而根据原点对称得到方程，求出答案.【详解】，的图象关于原点对称，则，，解得，，又，故当时，，满足要求，其他均不满足.故选：B7．C【分析】根据三角形为等边三角形确定点的坐标，然后可求出的中点的坐标，然后将其代入双曲线中解得离心率.【详解】因为，所以正三角形的边长为.所以点在轴上，且，所以.所以的中点.因为的中点在双曲线上，所以.化简得，继续化简得，解得.所以解得.故选：C.8．C【分析】根据题设要使半球形容器内壁的半径的最小，保证小球与球各面（含球面部分）都相切，进而求半径最小值.【详解】要使半球形容器内壁的半径的最小，只需保证小球与球各面（含球面部分）都相切，此时，如上图示，为半球的球心，为其中一个小球球心，则是棱长为2的正方体的体对角线，且该小球与半球球面上的切点与共线，所以半球形容器内壁的半径的最小值为小球半径与长度之和，即,故选：C9．BD【分析】利用二项式系数的性质可求的值及展开式所有二项式系数和；根据二项式定理可求常数项；令可求展开式中所有项的系数和.【详解】因为只有第5项的二项式系数最大，且第5项的二项式系数为，所以，A错误；因为，，因为，所以展开式中没有常数项，B正确；展开式所有二项式系数和为，C错误；令，可得展开式所有项的系数和为256，D正确．故选：BD.10．ACD【分析】根据递推公式，构造等比数列，进而求出数列通项公式，判断数列单调性，根据分组求和法，裂项求和法，求出数列前项和；逐一判断各选项正误，求出结果.【详解】由得，化简得，即，所以，因为，所以是以2为首项，以2为公比的等比数列，A正确；由是以2为首项，以2为公比的等比数列，可得，求得，，可知恒正，且随着的增大而增大，所以随着的增大而减小，所以B错误；由可得，所以C正确；由，得，所以D正确；故选：ACD.11．ACD【分析】对于A，列出关系式，易得曲线关于原点对称；对于B，当时，即可判断；对于C，不妨设，根据关系式可得，再由三边关系得，解得，结合对称性即可判断；对于D，把点代入曲线，整理化简得，即，结合进行单调性分析即可判断．【详解】对于A，设点，则，点代入得，所以点也在曲线C上，故A正确；对于B，当时，，所以，故B错误；对于C，由对称性，不妨设，则，即，则，又，所以，又点不在坐标轴上，所以，即，解得，而椭圆，其右焦点为，半焦距为1，长半轴长为，则对于椭圆上任意一点到的距离，所以当时，点在椭圆的内部，由对称性知点不在坐标轴上时，点在椭圆的内部，故C正确；对于D，不妨设，则，即，又，即，即，则，又，所以在上单调递增，且大于0，又，所以在上单调递增，且大于0，即增大时，增大，又增大，也增大，所以随着的增大而增大，故D正确．故选：ACD．12．【分析】对条件等式利用基本不等式再结合一元二次不等式即可求解.【详解】已知正数满足，根据基本不等式，（取等号），即，即，于是，得到，当时，时，的最大值为.故答案为：13．【分析】条件可转化为在上恒成立，且在上恒成立，设，，分，两种情况利用导数研究函数的单调性，由此可得，设，，当时，利用导数研究函数的单调性，由此证明满足条件，当时，由说明其不满足条件，由此可得结论.【详解】因为，所以不等式可化为，当时，，所以，由已知在上恒成立，所以，其中，设，，则，若，则，函数在上单调递增，所以，满足条件，若，令，可得，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以当时，，与条件矛盾，所以，当时，，所以，由已知在上恒成立，所以，其中，设，，则，若，则，函数在上单调递减，又当，且时，，所以当时，在上恒成立，当时，，，与条件在上恒成立矛盾，所以，所以，所以的取值范围是，故答案为：14．【分析】分三种情况得到满足题意的排列数，再结合古典概型概率计算公式求解即可.【详解】情况一：前四次摸球中只有白球和红球，第五次摸到黄球，有种；情况二：前四次摸球中只有白球和黄球，第五次摸到红球，有种；情况三：前四次摸球中只有红球和黄球，第五次摸到白球，有种；所以总共满足题意的有，而，故所求为.故答案为：.15．(1)(2)我们认为性别与了解安全知识的程度有关【分析】（1）根据分层抽样性质求出得分超过85分的学生中男生和女生人数，利用对立事件概率公式及古典概型概率公式求3名学生中有至少一名女生的概率；（2）根据列联表求，将所得值与临界值比较大小，确定是否接受假设.【详解】（1）200名学生中得分超过85分的人数为150人，其中男生人数为100人，女生人数为50人，因此按性别进行分层抽样得：样本中男生人数为：人，样本中女生人数为：人，设这3名学生中有至少一名女生为事件，则；（2）根据列联表可：，根据小概率值的独立性检验，我们认为性别与了解安全知识的程度有关，此推断犯错误的概率不大于0.001．16．(1)证明见解析(2)存在点，当或时，使得直线与平面所成的角为【分析】（1）由，结合线面平行判定定理可证得结论；（2）由二面角平面角定义可知，取中点，由线面垂直的判定和勾股定理可知两两互相垂直，则以为坐标原点建立空间直角坐标系；设，利用线面角的向量求法可求得即可.【详解】（1）分别为中点，，且，又为中点，且，易得，连接，交于点，连接，

由题设，易知四边形为平行四边形，为中点，是的中点，为中点，，又平面，平面，平面；（2），，，又平面，平面，即为二面角的平面角，；取中点，连接，如图，

，，，，，，，，又平面，，平面，平面，，则以为坐标原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系如下图所示，

则，，，，设，则，，，设平面的法向量，则，令，则，，，直线与平面所成的角为，，解得或，存在点，当或时，使得直线与平面所成的角为.17．(1)(2)分布列见解析；【分析】（1）根据全概率公式计算小明回球落在乙上的概率和小明回球得3分的概率，最后结合条件概率公式即可；（2）根据题意得出的可能取值，依次计算出每个可能取值对应的概率，得到分布列，最后用期望公式计算即可.【详解】（1）设事件表示来球落在上，事件表示来球落在上，事件表示小明回球落在乙上，事件表示小明回球得3分，由题意得：，，，，，，由全概率公式，，，因此，故小明此次回球得3分的概率为.（2）的可能取值为，由两次回球结果相互独立可得，，，，，，分布列如下：012346.18．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）先确定点的坐标，然后根据两点距离公式求出，进而求出抛物线方程.（2）先求出圆的方程，确定该圆与轴只有一个公共点，然后求出直线的方程，联立直线与抛物线方程组可求得公共点.（3）设，先求出的斜率，进而求出直线的方程，进而得到点的中点，根据已知条件求出最小值即可.【详解】（1）根据题意，当时，，此时点.而，所以.化简得，解得.继续化简得，因为，所以.所以抛物线的方程为.（2）由题意知，，设中点为，则.而的半径，因此到轴的距离等于的半径，说明与轴相切，有唯一公共点.直线的斜率，因此..故直线与抛物线相切，只有一个公共点.（3）设，的斜率.同理斜率.由于，有.直线的方程为，令.因此，由（2）可得，若是抛物线的切线，有.即，整理得.由可得，因此.故的最小值为.

19．(1)(2)(3)证明见详解【分析】（1）根据导数几何意义得到切线方程为，再代点求即可；（2）根据有两个极值点，即有两个解，即有两个解，令，求导分析函数单调性及最值即可确定的取值范围；（3）当时，单调递减，得到，结合，不等式转化为证，令，求导，再取，则，故当时，，即，可得，令，利用导数证明，即可得到，单调递减，从而得证；当时，由（2）知有两个极值点，可证得极大值点，从