四川省攀枝花市2026届高三第一次统一考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省攀枝花市2026届高三第一次统一考试数学试题一、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.【答案】A【解析】由得，，所以故选：A.2.等差数列的前n项和为，若，则公差()A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】由题可知．故选：B．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【答案】B【解析】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.4.二项式的展开式中的常数项为（）A.30 B.20 C.15 D.6【答案】C【解析】的通项为：，令，则展开式中的常数项为：.故选：C.5.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.【答案】D【解析】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：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【答案】D【解析】，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：D.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【答案】C【解析】.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.已知函数，若，，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】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：B.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【答案】AC【解析】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.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【答案】ABD【解析】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：ABD.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【答案】ACD【解析】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.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______．【答案】【解析】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.若，则______．【答案】【解析】因为，所以.故答案为：.14.已知函数的图象不在x轴上方，则的最大值为______．【答案】【解析】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：.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．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.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．（1）证明：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）解：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.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：．（1）解：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）证明：因为，所以，因为为单调递增数列，且,所以.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：．（1）解：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）解：.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）证明：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.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．（1）解