四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期期末考试数学试题一、选择题：共8小题，每小题5分，满分40分.1.若关于的不等式的解集是，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为关于的不等式的解集是，∴和1是方程的根，且，∴，得，∴不等式转化为，因为，∴，，得，∴不等式的解集为.故选：B.2.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以．故选：C.3.过原点且倾斜角为的直线被圆：所截得的弦长为（）A. B.2 C. D.4【答案】D【解析】过原点且倾斜角为的直线方程为，即，圆：，圆心，半径，圆心到的距离，故直线被圆所截得的弦长为.故选：D.4.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】因为，所以，或，解得：，或，所以推不出，当，即时，，又，所以，所以推出，因此”是“”的必要不充分条件，故选：B.5.若向量，，则在上的投影向量为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，，所以，，所以在上的投影向量为.故选：C．6.已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，则，，所以，当且仅当时等号成立，此时，所以.故选：A7.在中，已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，由正弦定理得：，由余弦定理，，又为三角形内角，所以.故选：D.8.已知，则的大小关系不可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意知，因为，两边同时取以为底的对数，得，，即，令，则，令，得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，所以或；，使得，所以或；，使得，所以或．当，时，B成立；当时，C成立；当（或）时，D成立；由于B、C、D均可能成立，故选A．故选：A.9.下列说法正确的是（）A.某人掷骰子1次，“掷出5”与“掷出6”是互斥事件B.某人掷骰子1次，“掷出奇数”与“掷出偶数”是对立事件C.数据4，3，4，6，8，7，8，9的第60百分位数是8D.数据的方差为，则数据的方差为【答案】ABD【解析】由于“掷出5”与“掷出6”不可能同时发生，即它们为互斥事件，A正确；“掷出奇数”与“掷出偶数”不可能同时发生，且必有1个发生，为对立事件，B正确；数据4，3，4，6，8，7，8，9从小到大排列为：3，4，4，6，7，8，8，9，由于，因此该组数据的第60百分位数是7，C错误；数据的方差为，则数据的方差为，D正确.故选：ABD．10.已知函数，则下列结论正确的是（）A.是奇函数B.是增函数C.不等式的解集为D.若函数恰有两个零点，则的取值范围为【答案】CD【解析】的大致图象如图所示：由图象可知：的图象不关于原点对称，所以不是奇函数，故A错误；在定义域内不单调，故B错误；若，则或，即不等式的解集为，故C正确；令，则，原题意等价于与有2个交点，则，所以的取值范围为，故D正确；故选：CD.11.已知等比数列的公比为，若，且，则（）A.当时，B.当时，的取值范围是C.的取值范围是D.的取值范围是【答案】BD【解析】对于A，当时，由，得，即，因，则，解得，故A错误；对于B，因，而函数在上单调递增，由可得，所以，故B正确；对于C，由，当且仅当时等号成立，故得的取值范围是，故C错误；对于D，因为，所以．设，则，因为，可得，所以，故D正确．故选：BD．三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分.12.若幂函数为奇函数，则的值为______.【答案】0【解析】由是幂函数，得，解得或，当时，函数是偶函数，不符合题意，当时，是奇函数，符合题意，所以.故答案为：0.13.2025年，从春晚扭秋歌的机器人，到广场舞狮的机器狗，中国人把高科技玩出了新花样儿.为紧跟社会热点，某商场推出了机器人服务，其从甲公司购买了3台不同的机器人，从乙公司购买了2台不同的机器人，现计划从这5台机器人中随机挑选2台在商场一楼服务，则这2台机器人来自于不同公司的概率为__________.【答案】【解析】设从甲公司购买的3台记为，从乙公司购买的2台记为，从中任取2台的情况为共10种，其中这2台来自于不同公司的情况分别为，共6种，故概率.故答案为：.14.如图，在直角梯形中，，，，，动点在以点为圆心，且与直线相切的圆上或圆内移动，设，则取值范围是__________．【答案】【解析】如图所示以为坐标原点，建立平面直角坐标系，则，，，，直线的方程为，化简得，点到的距离，可得以点为圆心，且与直线相切的圆方程为，设，则，，，，，可得且，的坐标为，在圆内或圆上，，设，得，代入上式化简整理得，若要上述不等式有实数解，则，化简得，解得，即，取值范围是．故答案为：．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.甲和乙两人进行足球射门比赛，规定先赢满三局的人获胜，且不存在平局.已知每局比赛中，甲赢的概率为，其中.（1）若，分别计算比赛结束时甲赢的局数为2的概率及局数为3的概率；（2）记为在甲和乙进行了4局比赛分出胜负的条件下甲获胜的概率，为在甲和乙进行了5局比赛分出胜负的条件下甲获胜的概率，若，求的取值范围.解：（1）记比赛结束时甲赢的局数为，当时，比赛结束共打了5局，甲在前4局中赢2局，其余3局是乙赢，则，当时，比赛结束共打了3、或4、或5局，即连打3局都是甲赢、或打4局发生甲赢前3局中2局和第4局、或打5局发生甲赢前4局中2局和第5局，则.（2）记事件为“进行了4局比赛分出胜负”，则记事件为“甲获胜”，则事件为“进行了4局比赛且甲获胜”，则因此，在进行了4局比赛分出胜负的情况下，甲获胜的概率为，记事件为“进行了5局比赛分出胜负”，则则表示“进行了5局比赛且甲获胜”，故因此，在进行了5局比赛分出胜负的情况下，甲获胜的概率为，依题意有，所以.16.已知数列的前项和为，且，设.（1）证明：数列是等比数列；（2）求数列的前项和.（1）证明：由数列的前项和为，且，当时，可得，解得；当时，可得，整理得，即，数列是首项，公比为2的等比数列.（2）解：由（1）知，从而，则，两式相减，可得，.17.如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，平面平面，且与都是正三角形．（1）求证：．（2）若，点在棱上，且点到平面的距离为．（i）求；（ii）求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：如图，取的中点，连接．因为与都是正三角形，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为四边形是菱形，，所以，因为平面平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以．（2）解：由（1）知，两两互相垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以．（i）设，则．设平面的法向量为，则，即取，得，所以点到平面的距离为，解得．所以．（ii），由（i）知，平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，即取，得，设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为．18.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若无零点，且有两个不同的极值点，．（ⅰ）求a的取值范围；（ⅱ）求的取值范围．解：（1）由题意可得，令，则．判别式．①当，即时，恒成立，即恒成立，在R上单调递增；②当，即时，方程有2个实根，且由求根公式可知该方程的解为，由二次函数单调性知在区间和上单调递增，在区间上单调递减．综上，时，在R上单调递增；时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减．（2）（ⅰ）令，即，由于无零点，则直线与无交点，则；又有两个不同的极值点,，由（1）知时满足题意，故a的取值范围为．（ⅱ）由（1）中方程有，．不妨设，．则，设函数，，且在上恒成立，故单调递增，且，．故的取值范围为.19.已知、分别为椭圆的左、右焦点，若点在椭圆上，且的面积为．（1）求椭圆的方程；（2）不经过点的直线与椭圆交于、两点，且直线与直线的斜率之积为，作于点．①证明：直线过定点，并求此定点的坐标；②是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由．解：（1）由的面积为，得到：，所以．又因为点在椭圆上，所以，且，所以，，解得，所以椭圆的方程为．（2）①方法一：常规方法当直线斜率不存在时，设直线的方程为，设点，由对称性质可知，则有，可得，又，解得（舍）；②当直线l斜率存在时，设直线的方程为，设点、，由，消去得到，所以，即，由韦达定理可得，．所以，，将，，代入化简得，即，故或，当时，