四川省广元市部分学校2026届高三上学期第一阶段学情调研考试数学检测试卷 附答案

/四川省广元市部分学校2026届高三上学期第一阶段学情调研考试数学试题一、单选题1．已知集合，集合，则（

）A． B． C． D．2．为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（

）A．该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6%B．该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10%C．估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元D．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间3．如图，是抛物线上一点，是抛物线的焦点，，则（

）A．8 B．4 C． D．4．是定义在R上的偶函数，对，都有，且当时，.若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则的取值范围是（

）A． B． C． D．5．已知函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（

）A． B． C．1 D．06．已知分别为的边上的中线，设，,则＝（

）

A．＋ B．＋C． D．＋7．已知甲袋里只有红球，乙袋里只有白球，丙袋里只有黑球，丁袋里这三种球都有.现从这四个袋子中随机抽取一个袋子，设事件A为“所抽袋子里有红球”，事件B为“所抽袋子里有白球”，事件C为“所抽袋子里有黑球”，则下列说法正确的是（）A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B相互独立C．事件A与事件B∪C相互对立 D．事件A与事件8．已知函数，若，则的最大值为（

）A． B． C．e D．二、多选题9．已知，则（

）A．的展开式中含项的二项式系数为144B．的展开式中含项的系数为144C．的展开式的各二项式系数的和为D．10．已知是函数的极小值点，则（

）A．B．若，则C．若，则有3个相异的零点D．方程有3个不同的实数根11．直线与双曲线交于两点，点位于第一象限，过点作轴的垂线，垂足为，点为双曲线的左焦点，则（

）A．若，则B．若，则的面积为4C．D．的最小值为4三、填空题12．已知复数满足，（其中为虚数单位），则复数的虚部为.13．三角形是常见的几何图形，除了我们已经学习的性质外，三角形还有很多性质，如：性质1：的面积；性质2：对于内任意一点P，有；性质3：内存在唯一一点P，使得．这个点P称为的“勃罗卡点”，角α称为的“勃罗卡角”．若的三边长分别为1，1，，根据以上性质，可以计算出的“勃罗卡角”的正切值为．14．已知数列的前项和为则．四、解答题15．记的内角，，的对边分别为，，，已知，为中点，且，的角平分线交于点，且.（1）求；（2）求.16．某同学参加射击俱乐部射击比赛，每人最多有三次射击机会，射击靶由内环和外环组成，若击中内环得10分，击中外环得5分，脱靶得0分．该同学每次射击，脱靶的概率为，击中内环的概率为，击中外环的概率为，每次射击结果相互独立，只有前一发中靶，才能继续射击，否则结束比赛．(1)在该同学最终得分为10分的情况下，求该同学射击了2次的概率；(2)设该同学最终得分为X，求X的分布列和数学期望．17．已知是数列的前项和，且满足，，数列满足，（1）求和；（2）若数列满足，，求的前项和.18．如图，在三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，为的中点，，，且平面.（1）求证：底面；（2）求与平面所成角的正弦值；（3）求平面与底面所成夹角的余弦值.19．已知函数，．（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围；（3）设，，若存在，使得．证明：．

参考答案1．【答案】B【详解】解不等式，解得或，所以集合或，解得，即，所以集合，所以.故选B2．【答案】C【分析】根据直方图的意义直接计算相应范围内的频率，即可判定ABD,以各组的中间值作为代表乘以相应的频率，然后求和即得到样本的平均数的估计值，也就是总体平均值的估计值，计算后即可判定C.【详解】因为频率直方图中的组距为1，所以各组的直方图的高度等于频率.样本频率直方图中的频率即可作为总体的相应比率的估计值.该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户的比率估计值为,故A正确；该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计值为,故B正确；该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的比例估计值为,故D正确；该地农户家庭年收入的平均值的估计值为(万元)，超过6.5万元，故C错误.综上，给出结论中错误的是C.故选C.3．【答案】C【详解】由抛物线的方程可知，焦点，因为，所以直线的斜率，因此直线的方程为，与抛物线方程联立，消去得，，解得，，由图可知点的横坐标为，.故选C.4．【答案】C【详解】由，可得：.又因为是定义在R上的偶函数，则，且函数图象关于轴对称.所以，即的周期为4.作出函数在上的图象，根据对称性及周期为4，可得出在上的图象.令若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则函数与函数在上至少有2个不同的交点，至多有3个不同的交点.所以，即，解得.故答案为：C5．【答案】B【详解】由图知，则，由，则，可得，又，则，故，由题意，故.故选B6．【答案】B【详解】分别为的边上的中线,则,,由于，，所以,故解得故选B7．【答案】B【详解】对于A，事件A和事件B可以同时发生，即抽取丁袋，事件A与事件B不互斥，故A错误；对于B，PA=12，PB=12，对于C，事件A与事件B∪C可以同时发生，即抽取丁袋，事件A与事件B∪对于D，PA=12，PB∩C=14，8．【答案】A【详解】因为，且函数和都是上的增函数，故若恒成立，则函数和的零点相同，所以，则，设，，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故，所以最大值为，故选A.9．【答案】BCD【详解】对于A，B：对于，其展开式的通项为，那么含项的二项式系数为，含项的系数为，故A错误，B正确.对于C：根据二项式系数的性质，二项式展开式的各二项式系数的和为，那么的展开式的各二项式系数的和为，所以C正确.对于D：令可得，令可得，两式相加可得，故D正确.故选BCD10．【答案】ACD【详解】对于A，因为，所以，因为是函数的极小值点，所以，可得，解得，故A正确，对于B，因为，所以，则，即，由正弦函数性质得，由余弦函数性质得，由已知得，则，令，，令，，可得在上单调递减，在上单调递增，得到，故B错误，对于C，由已知得在上单调递减，在上单调递增，而，得到，，当时，，当时，，若讨论的零点个数，则讨论的解的个数，故讨论与的交点个数即可，如图，作出符合题意的图象，由图象可得，当时，与有3个相异的交点，即有3个相异的零点，故C正确，对于D，令，若求方程的实数根，则先求的解的个数，即求的解的个数，令，则求的零点个数，由已知得在上单调递减，在上单调递增，而，，，，可得，，由零点存在性定理得存在，作为的零点，则是的两个解，后续求解与即可，由已知得在上单调递减，在上单调递增，若，当时，，此时无解，排除，当时，，此时有一个解，当时，，此时有一个解，若，当时，，此时无解，排除，当时，，此时无解，当时，，此时有一个解，综上，方程有3个不同的实数根，故D正确.故选ACD11．【答案】AD【分析】根据已知，结合四边形的形状判断AB；将转化成直线斜率，借助渐近线斜率判断C；由双曲线定义，结合与之间的关系求最值判断D.【详解】设双曲线右焦点为，由题意可知，四边形为平行四边形，由双曲线可知：，对于A，因为，所以，所以四边形为矩形，所以，故A正确；对于B，据双曲线定义可知：，若，则四边形为矩形，则，所以，即，所以，所以，所以，故B错误；对于C，由双曲线的方程可知，在中，，又因为双曲线渐近线方程为：，所以，所以，即，故C错误；对于D，当且仅当时，取到最小值为4，故D正确．故选AD．12．【答案】【详解】，.故复数的虚部为.13．【答案】【详解】因为的三边长分别为1，1，，不妨设,如上图，由余弦定理得,得，故,在中,,用正弦定理得,得到，在中，,用正弦定理得,得到，用差角的正弦公式得：，得.14．【答案】【详解】由，，令，则，令，则，所以数列的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列，即，又因，所以数列的偶数项也是以1为首项，2为公比的等比数列，即，所以.15．【答案】（1）（2）【详解】（1）因为结合正弦定理可得，，因为，所以，所以，则，因为，所以，则，得，则；（2）因为是的角平分线，且，，，所以，得，在中利用余弦定理得，在中利用余弦定理得，因为，，所以，则在中利用余弦定理得，得，因为，所以，所以，解得，解得或，又，解得，于是.16．【答案】(1)(2)分布列见解析，【详解】（1）设“该同学第次射击击中内环”为事件；“该同学第次射击击中外环”为事件；“该同学第次射击脱靶”为事件．“该同学最终得分为分”为事件，“该同学射击次”为事件．由题意知，且，．（2）由题意可知的可能取值有，则；；；；；；．的分布列为051015202530数学期望．17．【答案】（1），（2）【详解】（1）由题意可知，，则，则，则，，所以，则，，而满足上式，则.由，则，则，即，又，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即.（2）由，则，所以.18．【答案】（1）见详解（2）（3）【详解】（1）证明：因为是的中点，，所以.在中，，，，所以，所以，即，因为平面,平面,所以，，底面，底面，所以底面；（2）以为原点，为轴，平行于的方向为轴，垂直于平面的方向为轴，建立空间直角坐标系，得：，，，由（1）知底面且，故，，故，，易知平面的法向量，设与平面所成角为；，（3）底面的法向量，设平面的法向量，令，解得，故；设平面与底面所成夹角为，.19．【答案】（1）（2）（3）见详解【详解】（1）当时，，∴又∴∴切线方程为；（2）方法一：设只需在时恒成立即可又，且所以要使当时，，必须满足，即．下面证明时满足题意：①当时，由，，令，由（1）知，在上单调递增，所以，所以当时，，即；②当时，，令，，则，所以在上单调递增，又，当时，，所以存在，使得，当时，，即在上单调递减，当时，，所以当时，不恒成立．综上所述，实数的取值范围是．方法二：设，则，令，则，当时，，，在上单调递增，即在上单调递增，所以所以在上单调递增，所以，所以符合题意；当时，令得，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，即在上恒成立，所以，