四川省泸县2026届高三数学下学期开学检测试题【含答案】

注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.2.考生必须保持答题卡的整洁.第I卷选择题（58分）一、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.【答案】B【解析】【分析】利用列举法将集合表示出来，再根据集合的交集运算即可求解.【详解】，因为，所以.故选：B．2.命题“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题可得.【详解】命题“”的否定是“”.故选：A.3.在中，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的线性运算求解.【详解】因为，所以，所以，故选：C.4.已知等差数列的前项和为，且，则（）A.6 B.7 C.12 D.16【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的性质及求和公式求解即可.【详解】由题意得，，所以..故选：B.5.的一个充分不必要条件是（）A. B. C. D.或【答案】B【解析】【分析】先求出不等式的解集，再利用充分不必要条件对应的集合需是解集的真子集判断选项即可.【详解】不等式的解集为：或，而充分不必要条件对应的集合需是该解集的真子集.对于A，因不是或的真子集，故A不符合；对于B，因是或的真子集，故B符合；对于C，因不是或的真子集，故C不符合；对于D，因或，但或，即或不是或的真子集，故D不符合.故选：B6.已知随机变量且，则展开式中各项系数之和为（）A.64 B.128 C.-64 D.-128【答案】B【解析】【分析】根据正态分布的对称性，求出参数值，再根据赋值法求出二项式展开式的系数之和，判断结果即可.【详解】由可知正态曲线对称轴，因为，所以，解得，可得二项式为，令，则，所以展开式中各项系数之和为.故选：B.7.若圆锥的体积与球的体积相等，且圆锥的底面半径与球的直径相等，则圆锥的侧面积与球的表面积之比为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据圆锥体积和球的体积公式可得半径和高的关系，再由圆锥侧面积公式以及球的表面积公式计算可得结果.【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，球的半径为，则由题意得，解得，圆锥侧面积，球的表面积故圆锥侧面积与球的表面积之比为．故选：C8.已知，为双曲线：（，）的左、右焦点，过的直线与其中一条渐近线垂直且垂足为.当面积最大时，双曲线的离心率为（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】易知双曲线焦点到渐近线的距离为，根据已知条件再结合余弦定理可得，由三角形面积关系可得当且仅当时满足题意，计算可得离心率.【详解】易知，不妨取渐近线为，如下图：因此可得到渐近线的距离为，又易知，可得，由可得；又易知，即，所以；因此可得，即，所以；因为的面积为的面积的两倍，易知；当且仅当时，的面积最大，也即的面积最大，此时离心率为.故选：D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.如图是某市2025年1月至7月全社会用电量（单位：亿千瓦时）的折线图，则（）A.1月至7月全社会用电量逐月增加B.1月至7月全社会用电量的极差是20.7C.1月至7月全社会用电量的第75百分位数是64.3D.1月至3月全社会用电量的方差比4月至6月的方差大【答案】BD【解析】【分析】根据折线图数据，结合各项描述及极差、百分位数的求法、极差与方差关系判断正误.【详解】A：由图知，3月到4月用电量减少，故错误；B：由图，用电量的极差为，故正确；C：数据从小到大有，又，所以第75百分位数是第六个数据，故错误；D：由1月至3月用电量极差为，4月至6月用电量极差为，显然，故对应1月至3月全社会用电量的方差比4月至6月的方差大，故正确.故选：BD10.已知抛物线：的焦点为，为上一点，且，直线交于另一点，记坐标原点为，则（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】根据条件先求出抛物线的标准方程，再逐项分析求解.【详解】依题意，抛物线C的准线为，因为为C上一点，且，则，解得，故A正确；可得抛物线C:，焦点为，因为A为C上一点，则4，所以，故B错误；若，则线的方程为，代入，得，整理得，解得或，因为B与A分别在x轴的两侧，可得；同理：若，可得；综上所述：或，故C错误；若，则，则；同理：若，可得；故D正确；故选：AD.11.数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，下列选项中关于曲线的说法正确的有（）A.当时，曲线与轴有个交点B.曲线的图象关于对称C.当时，曲线上的一点到原点距离的最大值为D.当时，曲线上的一点到原点距离的最小值小于【答案】ABD【解析】【分析】对于A，令，求出有4个解；对于B，将点关于直线的对称点为，分别代入曲线方程中判断即可；对于C，D，对函数求导，判断单调性，确定最值.【详解】对于A选项，当时，在曲线的方程中，令，可得，解得，所以当时，曲线与轴有4个交点，A正确；对于B选项，在曲线上任取一点，则点关于直线的对称点为，因为，即点也在曲线上，所以曲线的图象关于直线对称，B对；对于C，D选项，当时，在曲线上的一点，则，则，其中，令，其中，则，因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，因为，，所以，存使得，则，当时，；当时，.所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，C错误；，因为，所以，则，所以，所以，，故，D正确.故选：ABD.第II卷非选择题（92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数满足：，则__________.【答案】【解析】【分析】利用复数的除法运算化简，再结合共轭复数的概念求出.【详解】由题意得，，则.故答案为：13.某学校举办校庆，安排3名男老师和2名女老师进行3天值班，值班分为上午和下午，每班次一人，其中女老师不在下午值班，且每个人至少要值班一次，则不同的安排方法共有______种（用数字作答）.【答案】252【解析】【分析】分类讨论上午值班是否有男教师，结合间接法以及分步乘法计算原理运算求解.【详解】若上午值班均为女教师，则不同的安排方法共有种，可知下午值班均为男教师，则不同的安排方法共有种，则不同的安排方法共有种；若上午值班有男教师，则不同的安排方法共有种，①当上午值班的男教师不下午值班时，则不同的安排方法共有种；②当上午值班的男教师也下午值班时，则不同的安排方法共有种；则不同的安排方法共有种；综上所述：不同的安排方法共有种.故答案为：252.14.已知，若在内恰有两个零点，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】化简的解析式，根据在区间上零点的个数列不等式，由此求得的取值范围.【详解】，要使在内恰有两个零点，首先，即；其次由得，由得，，由于在内恰有两个零点，若，则，解得.若，则，解得.综上所述，的取值范围是.故答案为：【点睛】方法点睛：首先需要化简的解析式，利用的是三角恒等变换的知识，将三角函数的解析式化简为的形式，然后由以及三角函数的性质来列不等式来对问题进行求解.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.记的内角，，的对边分别为，，，且满足．（1）求；（2）设点为边的中点，，的面积为，求，．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)利用正弦定理化简可得，再结合，即可求得，从而可求解；（2）由题可得，两边同时平方后化简可得，再结合，即可求解.【小问1详解】因为，所以，所以，即.因为，所以，所以，则，又因为，则，所以，解得.【小问2详解】由题得，所以，所以又因为，则①由，得，②由①②得.16.已知函数（是自然对数的底数）（1）求函数在上的单调增区间；（2）若为的导函数，函数，求在上的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求导，令，求得增区间；（2）对函数求导，判断单调性求出最值.【小问1详解】由题可得，，令，即，因为，所以，即，所以，又，则，所以，即.所以函数的单调递增区间是.【小问2详解】由题，，则，由，，，因为，所以，，所以，仅在和时，，所以函数在上单调递增，故，所以函数在上的最大值为.17.如图，在三棱柱中，为等腰直角三角形，，平面平面.（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理可得，利用勾股定理的逆定理可得，结合面面垂直的性质可证结论；（2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面所成角的余弦值.【小问1详解】在中，，由余弦定理可得，所以，所以，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面；【小问2详解】因为为等腰直角三角形，且，所以，因为平面，平面，所以，，以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，，令，则，所以平面的一个法向量为，又因为，，，平面，所以平面，所以为平面的一个法向量，设平面与平面所成的角为，所以.所以平面与平面所成角的余弦值为.18.人工智能快速发展、给我们的生活带来极大的便利．2026年某班元旦晚会上，同学们利用人工智能设置了一款有趣的答题游戏，游戏规则如下：1每位同学依次答题三道，每题答错得0分，答对得相应分值；2第一题系统随机出题，分值为4分；从第二题开始，后面每题根据前一答题情况给出、若前一题答对，则后一题增加难度，答对概率相对前一题减少0.1，分值加倍；若前一题答错，则后一题降低难度，答对概率相对前一题增加0.1，分值减半；3答题结束时，若总得分不少于8分，则参与者获得一份奖品，同学们纷纷踊跃参加游戏，已知甲同学答对第一题的概率为．（1）若①求甲同学答对第二题的概率；②记甲同学最后一题的得分为，求的分布列；（2）为增加趣味性，允许答题同学有一次场外求助机会，场外一定能答对，但下一题会增加更大的难度，答对概率相对前一题减少0.2，分值仍加倍．若甲选择求助，则选择第几题求助获得奖品的概率最大？【答案】（1）①0.5；②答案见解析（2）第1题【解析】【分析】（1）①利用全概率公式计算第二题的答对概率，②根据前两题的结果推导最后一题得分的的可能取值为、、、，计算可求得分布列；（2）分别计算在第1、2、3题求助时获奖的概率，通过比较概率大小确定最优求助策略.【小问1详解】设甲同学答对第题为事件，①②若甲同学最后一题答错，则有4种情况，，，，此时，．若甲同学最后一题答对，则有4种情况，，，，，，．综上可知：，分布列如下：014160.50.140.30.06【小问2详解】若甲第一题进行场外求助，设获奖的概率为，则．若甲第二题进行场外求助，获奖的概率为，则，若甲第三题进行场外求助，设获奖的概率为，则，令，该二次函数开口向下，对称轴为.因为，函数的最小值在端点处取到，即，即.，故选择第1题求助获奖概率最大．19.如图，椭圆与双曲线在第一象限的公共点为，曲线由两段曲线组成：当时，曲线与椭圆重合；当时，曲线与双曲线重合．（1）求b的值；（2）已知过点的直线l与曲线交于E，F两点，若，求直线l的方程；（3）若直线与曲线交于M，N两点，记的面积为S，且，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）将点代入椭圆、双曲线方程求解；（2）设，由得到，再分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在时分析判断.（3）根据设直线方程为，由，且，得到，再根据，得到直线m与曲线的交点都在椭圆上，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解.【小问1详解】由于椭圆与双曲线在第一象限的公共点为，即，得，所以；【小问2详解】设，，则，由得，，即，则，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：，此时，成立；当直线l的斜率存在时，由题意知交点E，F必定在直线的两侧，即左侧为与椭圆的交点，右侧与双