2026年四川省攀枝花市高三一模数学高考模拟试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页攀枝花市2026届高三第一次统一考试2026.1数学本试题卷共4页，满分150分，考试时问120分钟.注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.并用2B铅笔将答题卡考号对应数字标号涂黑.2．答选择题时，选出每小题答案后，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目所规定的答题区域内作答，答在本试题卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．等差数列的前n项和为，若，则公差(

)A．1 B． C．2 D．3．已知，，则是的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件4．二项式的展开式中的常数项为（

）A．30 B．20 C．15 D．65．若双曲线的一条渐近线平行于直线，则双曲线的焦距为（

）A．2 B．4 C． D．6．某校300名学生参加国学知识竞赛，随机抽取了40名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法中正确的是（

）

A．a的值为B．这40名学生竞赛成绩的平均数为75C．这40名学生竞赛成绩的众数大于其平均数D．这40名学生竞赛成绩的第80百分位数约为7．已知函数，则下列说法中正确的是（

）A．的最小正周期为B．在区间上单调递增C．的图象向左平移个单位长度后关于y轴对称D．若在区间上恰有一个零点，则实数m的取值范围是8．已知函数，若，，，则（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在年小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．设复数z满足（i为虚数单位），记为z的共轭复数，则（

）A． B．复数z的虚部为C． D．复数z在复平面内对应的点在第一象限10．已知，，且，则（

）A．有最大值 B．有最小值8C．有最大值1 D．有最小值11．已知曲线在处的切线斜率为9，则（

）A．B．函数有2个零点C．若函数在区间上有最小值，则实数b的范围为D．若，，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．若平面向量，，均为单位向量，且，则与的夹角为．13．若，则．14．已知函数的图象不在x轴上方，则的最大值为．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足．(1)求角B；(2)若，求周长的取值范围．16．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧面底面，E、F分别为、的中点．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．17．已知数列的前n项和为，，且4，，成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)若，记数列的前项和为，证明：．18．已知函数．(1)求函数的极值；(2)函数有两个零点，．（i）求实数a的取值范围；（ⅱ）若函数有两个零点为，，证明：．19．某校组织知识问答比赛，每名参赛选手都赋予6分的初始积分，每答对一题加1分，每答错一题减1分，已知小王每道题答对的概率为，答错的概率为，且每道题答对与否互不影响．(1)求小王答3道题后积分小于6的概率；(2)设小王答4道题后积分为X，求；(3)若小王一直答题，直到积分为0或12时停止，记小王的积分为（，1，2，…，12）时，最终积分为12的概率为，则，．（i）证明：数列为等比数列；（ⅱ）求的值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】求出集合，即可求出【详解】由得，，所以故选：A2．B【分析】根据等差数列通项公式和前n项和公式列出关于和d的方程组求解即可．【详解】由题可知．故选：B．3．B【分析】结合对数的运算及充分不必要条件的定义判断即可.【详解】由，可得且；由，不能得，如当时，满足，此时对数无意义，即由能推出，但由推不出，所以是的充分不必要条件.故选：B.4．C【分析】由题可得展开式通项为，据此可得答案.【详解】的通项为：，令，则展开式中的常数项为：.故选：C5．D【分析】先求出双曲线的一条渐近线方程，再结合题意得到，进而求出，最后求解焦距即可.【详解】由题意得双曲线的一条渐近线方程为，而双曲线的一条渐近线平行于直线，可得，由题意得，则，即，可得双曲线C的焦距为，故D正确.故选：D6．D【分析】利用所有小矩形的面积之和为，可求出，由此利用频率分布直方图结合选项即可逐一求解.【详解】，故A错误设这40名学生竞赛成绩的平均数为，则，故B错误这40名学生竞赛成绩的众数为，，故C错误；设这40名学生竞赛成绩的第80百分位数为，则，解得，故D正确.故选：D7．C【分析】利用三角恒等变换将已知函数化为的形式，再结合该函数的性质逐项分析判断即可.【详解】.选项A：最小正周期，故A错误；选项B：求的单调递增区间：令，，解得，，所以区间包含（递增）和（递减），故B错误；选项C：的图象向左平移个单位长度后得到：，为偶函数，图象关于轴对称，故C正确；选项D：令，即，则，，即，，当时，；当时，；若在区间上恰有一个零点，则，所以实数的取值范围为，故D错误.故选：C.8．B【分析】由对数函数，指数函数单调性可比较大小，然后由单调性可得答案.【详解】注意到，，，则.当，易得在R上单调递增.则，从而在上单调递增，则.又注意到当时，在上单调递减，则.综上可得.故选：B9．AC【分析】由已知计算出，根据复数模的计算公式求解判断A，根据复数的概念判断B，根据复数的加法和乘法计算判断C，根据复数的几何意义判断D.【详解】因为，所以，对于A：，A正确；对于B：因为复数，所以复数的虚部为，B错误；对于C：因为，所以，所以，又，所以，C正确；对于D：因为复数，所以复数在复平面内对应的点坐标为，在第四象限，D错误；故选：AC.10．ABD【分析】直接使用基本不等式可判断A；利用常数代换法，结合基本不等式可判断B；消元后结合二次函数性质可判断C；配方后使用基本不等式可判断D.【详解】对A，因为，，且，所以，整理可得，当且仅当，即时等号成立，正确；对B，因为，所以，当且仅当，即时等号成立，正确；对C，因为，所以，当时等号成立，又，故取不到等号，即的最大值不是1，错误；对D，因为，所以，由上知，，所以，当且仅当时等号成立，正确.故选：ABD11．ACD【分析】利用导数的几何意义求得，即可判断A；利用导数确定函数的单调区间及极值，作出图象，得函数有3个零点，即可判断B；结合图象，可得，求解后即可判断C；解得，，即可判断D.【详解】对于A，因为，所以，所以，由题意可得，解得，故A正确；对于B，由A可知，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；且，，，，当趋于时，趋于；当趋于时，趋于；作出的图象，如图所示：

所以函数在，和上分别有一个零点，所以函数有3个零点，故B不正确；对于C，因为函数在区间上有最小值，由函数的图象可得，解得，即实数b的范围为，故C正确；对于D，令，即，所以，，即，所以或，因为，所以无解，解得，即；令，即，即，所以或，又因为，所以无解，解得，即，所以，故D正确.故选：ACD.12．【分析】对进行平方求出的值，再利用向量的数量积公式求解即可.【详解】由可得，，即，因为，，均为单位向量，所以，所以，即.设与的夹角为，则，所以.故答案为：13．【分析】由，结合诱导公式和二倍角公式计算可得.【详解】因为，所以.故答案为：14．【分析】问题即恒成立，通过讨论确定，则，令，构造函数利用导数求最大值.【详解】的图象不在轴上方，即恒成立.若，当时，，，所以，不合题意；若，则，当时，，不合题意；所以，且当时，由可得；当时，由可得，又是增函数，所以当时，，即，所以，令，则，设，则，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，取得最大值，最大值为，即的最大值为.故答案为：.15．(1)(2)【分析】（1）已知条件利用余弦定理角化边，即可得，可求角B；（2）已知，，由正弦定理结合三角恒等变换得，再利用角的范围和正弦函数的性质求得周长的取值范围即可.【详解】（1）因为，所以由余弦定理得，即，即，又，则.（2）由（1）知，又，由正弦定理可得，则，由，得到，，则，可得，故周长的取值范围为．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面平行的判定定理，通过作辅助线，说明线线平行，进而说明线面平行即可.（2）根据面面夹角余弦值的向量方法，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面法向量，进而求出结果.【详解】（1）如下图所示，作中点，连接，因为分别为的中点，所以在中，且，因为是中点，四边形为正方形，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，因为面，面，所以面.（2）如下图所示，作中点，连接，因为是正三角形，所以，因为面面，平面，平面平面，所以面，因为分别为的中点，四边形为正方形，所以，则两两相互垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，由正方形边长为，是正三角形，所以，可得，所以，设面的法向量为，则，即，令，解得，所以面的一个法向量为，设面的法向量为，则，即，令，解得，所以面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则，即，所以平面与平面夹角的余弦值为.17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据与的关系求数列的通项公式.（2）利用裂项求和法求数列的前项和，再根据数列的单调性证明.【详解】（1）由题意.当时，.当时，，，两式相减，得所以，又因为，所以.所以数列是以为首项，以为公差的等差数列.所以.（2）因为，所以，因为为单调递增数列，且,所以.18．(1)答案见解析；(2)（i）；（ⅱ）证明见解析.【分析】（1）求导，分和讨论函数的单调性，探索函数的极值情况.（2）（i）问题转化为与函数的图象有两个不同交点，求的取值范围，再分析的极值及符号即可，（ⅱ）根据，及，可确定.【详解】（1）因为（），所以.当时，在上恒成立，所以在上单调递减，无极值；当时，由；由.所以在上单调递减，在上单调递增，所以有极小值，无极大值.（2）（i）.设，则问题转化为与函数的图象有两个交点.因为.由，由.所以在上单调递增，在上单调递减.，且当时，；；当时，.所以当时，与函数的图象有两个交点.所以实数的取值范围为.（ⅱ）由（i）可知，.由.设，，则，由；由.所以在上单调递增，在上单调递减.又，，当时，.当时，与函数的图象有两个交点，且.所以，且.又，，，，结合（i），，.由，由.所以.因为，所以，，所以，即.19．(1)(2)(3)（i）证明见解析；（ⅱ）【分析】（1）分小王3题都答错，或答对1题，答错2题讨论，再利用独立事件乘法公式和加法公式即可得到答案；（2）设小王答对的题数为，得到关系式，再利用二项分布的均值公式和均