四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期1月第二阶段学情调研测试数学试题（含答案）

高三数学试题（川北版·一轮结束）第=page44页，共=sectionpages44页试卷第=page2020页，共=sectionpages9292页秘密★启封并使用完毕前【考试时间：2026年1月10日07:40~09:40】·字节精准教育联盟·2026年普通高等学校招生全国统一考试·第二阶段学情调研测试数学试题·川北版·（一轮结束）·★考生注意★本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。考试结束后，只交回答题卡。考试范围：请参照2026届绵阳二诊考试范围。◈预祝你们考试成功◈一、选择题：共8小题，每小题5分，满分40分。1．一组数据：2，5，2，3，若添加一个数据3，则不发生变化的统计量是（

）A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差2．已知复数，则z在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．设集合，，则（

）A． B． C． D．4．已知集合，集合，则（

）A．或 B．或C． D．5．在中，角，，的对边分别为，，，若，且，则角的余弦值为（

）A． B． C． D．6．若抛物线的准线为直线，则截圆所得的弦长为（

）A． B． C．1 D．27．已知等差数列公差不为0，记其前n项和为，若，，则正整数k的值为（

）A．3 B．6 C．8 D．128．若，则的值为（

）A． B． C． D．二、多选题：共3小题，每小题6分，全选得满分，漏选得部分分，错选得0分，满分18分。9．记等比数列的前项和为，已知，公比为，则（

）A．是等比数列 B．是等差数列C．是等比数列 D．是等比数列10．已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则（

）A．当时， B．在区间上单调递减C．当且仅当 D．轴是曲线的一条切线11．已知双曲线E与焦点在y轴上的椭圆C的离心率之积为1，点是其公共点，若双曲线E的渐近线方程为，则下列结论正确的是（

）A．双曲线E的实轴长为2 B．椭圆C的离心率为C．椭圆C的长轴长为 D．椭圆C与双曲线E的焦距相同三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分。12．已知平面向量，，若，则．13．函数的图象在处的切线方程是．14．如图，在四面体ABCD中，DA，DB，DC两两垂直，，以D为球心，1为半径作球，则该球的球面与面ABC（三角形及其内部）的交线长度为．四、解答题：共5小题，15题13分，16-17题每小题15分，18-19题每小题17分，共77分。15．已知函数．(1)求函数的最小正周期和单调递减区间；(2)求函数在上的最值．16．如图，椭圆C：的离心率为，左右焦点分别为，，左右顶点分别为A，B，椭圆上有一动点D（异于A，B），点E为线段的中点，点O为坐标原点.直线与直线相交于点M.已知面积有最大值为.(1)当点M坐标为时，求；(2)证明：.17．图一，四边形是边长为2的菱形，且，点为的中点，现将沿直线折起，形成如图二的四棱锥，点为的中点.(1)求证：平面；(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的大小.18．已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程．(2)若为函数的极小值点，求a的取值范围．(3)曲线上是否存在两个不同的点关于y轴对称？若存在，求出此时a的值；若不存在，说明理由．19．设是项数为且各项均不相等的正项数列，满足下列条件的数列称为的“等比关联数列”：①数列的项数为；②中任意两项乘积都是中的项；③是公比大于1的等比数列．(1)已知数列是的“等比关联数列”，且，，，求数列的通项公式；(2)已知数列是的“等比关联数列”，且的前3项成等比数列的概率为，求的值；(3)证明：不存在“等比关联数列”．高三数学答案（川北版·一轮结束）第=page88页，共=sectionpages1414页答案第=page1414页，共=sectionpages1414页·字节精准教育联盟·2026年普通高等学校招生全国统一考试·第二阶段学情调研测试数学试题参考答案与试题解析1．A【分析】利用这些数据可以分别计算出平均数、中位数、众数、方差，再加以比较即可.【详解】由这组数据：2，5，2，3，可得，平均数是3，中位数是2.5，众数是2，方差是，加入数据3后，平均数是3，中位数是3，众数是2和3，方差是，所以不发生变化的是平均数，故选：A.2．D【分析】首先利用复数的除法运算化简z，再利用复数的几何意义求复数对应的点.【详解】由已知得，∴z在复平面内对应的点的坐标为，该点在第四象限.故选：D3．B【分析】利用集合的交集运算求解即可.【详解】集合，，所以.故选：B4．D【分析】先解分式不等式，求得集合，再利用交集的定义求解即得.【详解】由可得且，解得或，即或，又，故.故选：D.5．C【分析】根据余弦定理即得．【详解】由题可得，，试题.故选：C．6．B【分析】根据抛物线方程确定准线，再应用几何法求圆截直线所得弦长即可.【详解】由可变形为，其准线方程，圆心到的距离为1，所以直线截所得的弦长为．故选：B7．B【分析】根据给定条件求得，进而求出通项公式，再结合前前n项和公式列出方程求解即得.【详解】设等差数列公差为，由，得，解得，，，，因此，整理得，解得.故选：B8．B【分析】由两角和差正切公式得到，再结合余弦二倍角公式即可求解.【详解】解析：，可化为，即，即，解得，又.故选：B.9．ABD【分析】A选项，，故，为等比数列；B选项，计算出，故，为等差数列，B正确；C选项，计算出，，C错误；D选项，，满足，D正确.【详解】A选项，由题意得，故，其中，故为等比数列，A正确；B选项，，故，又，故是等差数列，B正确；C选项，，，，其中，故不是等比数列，C错误；D选项，，故，故，所以为等比数列，D正确.故选：ABD10．AD【分析】根据函数的奇偶性可判断A选项，再结合导数可判断函数单调性，进而可判断最值与切线情况，即可判断BCD选项.【详解】

A选项：由已知函数为上的奇函数，且当时，，所以当时，，则，所以，A选项正确；B选项：易知函数，当时，，则，设，则，可知当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，结合奇函数性质可知，函数在和上单调递减，在和上单调递增，B选项错误；C选项：由函数单调性与奇偶性可知，当时，，当时，，所以当时，，C选项错误；D选项：由函数单调性与奇偶性可知函数图像如图所示，可知当时，函数取得极值，此时切线方程为，即为轴，D选项正确；故选：AD.11．BC【分析】先根据渐近线得出离心率，再根据点在双曲线上计算判断A；再根据离心率之积计算判断B；再计算实轴及焦距判断CD.【详解】因为双曲线E的渐近线方程为，则双曲线所以椭圆的离心率为，B选项正确；设双曲线方程为，双曲线过，所以，所以，实轴长为，焦距为，A选项错误；椭圆的离心率为，所以，设椭圆方程为，椭圆也过，所以，所以，长轴长为，焦距为，C选项正确，D选项错误.故选：BC.12．【分析】由向量垂直求得，由模的坐标运算公式求解即可.【详解】已知平面向量，，若，则,解得，所以.故答案为：.13．【分析】先对函数求导，根据导数的几何意义，求出函数在处的切线斜率，进而可得切线方程.【详解】由已知，得，所以，所以所求切线方程为，即.故答案为：.14．【分析】先求出到平面的距离，判断球体与各个面的相交情况，再计算求解即可.【详解】∵DA，DB，DC两两垂直，，∴，所以是边长为的等边三角形，所以边长为的等边三角形的高为：，所以，设到平面的距离为，，∵，所以，解得，则，所以以为球心，为半径的球与平面，平面，平面的交线为个半径为的圆的弧线，与面的交线为一个圆，且圆的半径为，所以交线总长度为：.故答案为：.15．(1)，(2)最大值2，最小值【分析】（1）化简的解析式，由此求得的最小正周期，利用整体代入法求得的单调递减区间.（2）根据三角函数最值的求法来求得在上的最值.【详解】（1）因为所以函数的最小正周期，.由，得：，所以的单调递减区间为.（2）因为，所以，所以当，即时，，所以，即时，.16．(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用题干中的条件先求出椭圆的方程，再设点E的坐标，利用D点在椭圆上即可求出点E坐标，利用两点间的距离公式即可求得结果.（2）设出直线的方程，与椭圆联立得到各个点坐标，利用斜率相乘等于即可证明结论.【详解】（1）由题意得，，，解得，，故椭圆C的方程为.当点M坐标为时，，设，则.代入椭圆方程得解得或0（舍去），即，又，故.（2）设直线AD：，与椭圆C方程联立得，，又，故，则，，又，故直线的斜率，所以，故.17．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取线段的中点为，利用线面平行的判定推理得证.（2）根据给定条件，结合三棱锥的体积计算证得平面，再建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求出面面角.【详解】（1）在图二中，取线段的中点为，连接和，由点为的中点，得且，又四边形是边长为2的菱形，点为的中点，所以且，则且，所以四边形为平行四边形，因此，又平面平面，所以平面.（2）在图一中，由菱形的边长为2，，得都是正三角形，而点为的中点，则有，则，设四棱锥的高为，其体积为，解得，即点到平面的距离为1，而，因此平面，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，令，得，由平面，得为平面的法向量，设平面与平面的夹角为，则，而，解得，所以平面与平面的夹角的大小为.18．(1)(2)(3)不存在，理由见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求解；（2）按值取正负零分别讨论在0左右两侧值的正负而得解；（3）假定曲线存在两个不同的点关于轴对称，转化为曲线上存在两个不同的点关于轴对称，利用导数判断单调性即可得解.【详解】（1），，，所以曲线在点处的切线方程为.（2），①若，则，单调递增，无极值，不符合题意．②若，则当时，，，所以不可能为极小值点，不符合题意．③若，令，则，当时，，即在上单调递增，当时，，即在上单调递减，则，又，当时，．若，则，当时，，当时，，所以为函数的极小值点，符合题意．若，因为在上单调递增，的值从增到0，所以直线与曲线在上的图象有公共点，即存在使得，当时，，即，所以存在，使得当时，，当时，，此时为函数的极小值点，符合题意．综上，.（3）不存在，理由如下．假定曲线上存在两个不同的点关于y轴对称，设其坐标分别为，，，则有，即，化简得．令，则，由知函数在上单调递增，由得，即，这与矛盾，所以曲线上不存在两个不同的点关于y轴对称.19．(1)(2)(3)证明见详解【分析】（1）根据定义计算出的前三项，即可写出等比数列的通项公式；（2）先计算出及的项数，再由的公比为，写出确定的，进而求出，再分两种情况讨论的可能性，从而得到使的前3项成等比数列的所有可能情况，进而求出概率；（3）先计算出的项数，再由的公比为，写出确定的，进而求出，再求出确定的，推理出，，是连续三项，从而推理出是第4项或第7项，进而分两种情况讨论即可得证.【详解】（1）因为，，，由定义可知，，故数列的通项公