资源简介

西南大学附中高2026届高三上1月定时检测
数 学 试 题
(满分:150 分; 考试时间:120 分钟)
注意事项:
1. 答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2. 答选择题时, 必须使用 2B 铅笔填涂; 答非选择题时, 必须使用 0.5 毫米的黑色签字笔书写; 必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3. 考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保存，以备评讲)。
一、单项选择题: 本大题共 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. 复数 的虚部为( )
A. 1 B. D.
2. 已知向量 ，且 ，则实数 为( )
A. -3 B. 3 C. 4 D. -4
3. 函数 的最大值为( )
A. B. +1 C. D. 3
如图,已知正四棱锥 的所有棱长均相等， 为棱 中点，则异面直线 与 所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
5. 西大附中第 25 届缤纷节期间，甲、乙、丙、丁 4 名志愿者被派往三个会场参加志愿者服务， 每名志愿者都必须分配，每个会场至少分配 1 名志愿者，但甲、乙不能安排在同一个会场， 则不同的分配方案共有( )
A. 30 种 B. 36 种 C. 42 种 D. 56 种
6. 记等比数列 的前 项和为 ,数列 的前 项和为 ,且满足 ,若 ，则 公比 ( )
A. 2023 B. 2024 C. 2025 D. 2026
7. 已知 ，且 ，则下列不等式不正确的是( )
A. B. C. D.
8. 已知函数 ,若 ,且 , 若 ,则满足条件的点 在平面直角坐标系中构成的图像为( )
A. 圆 B. 双曲线 C. 一个点 D. 不存在
二、多选题: 本大题共 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, 部分选对得部分分, 有选错的得 0 分.
9. 下列说法正确的是( )
A. 若事件 与事件 相互独立, ,则
B. 若样本数据 的方差为 10,则数据 的方差为 90
C. 一个盒子中有 3 个黑球, 2 个白球, 1 个红球, 不放回地抽取两次, 每次抽一个球, 则事件“至少有一个红球”与事件“两个球颜色相同”互斥
D. 1, 2, 3, ……, 2024, 2025, 2026 这 2026 个数的上四分位数是 507
10. 如图，在正四棱柱 中， ， ，点 为线段 上一动点， 则下列说法正确的是( )
A. 直线 平面
B. 三棱锥 的体积为定值
C. 若 为线段 中点，则 与 垂直
D. 三棱锥 外接球的体积为
11. 已知抛物线 的焦点为 ，经过点 的直线交抛物线 于 ， 两点，则下列说法中正确的有( )
A. 点 的坐标为
B. 若点 在第一象限，且 ，则直线 的斜率为
C.
D. 过点 作抛物线 的两条切线,切点分别为 ,若点 为 的曲线段 上任意一点,则 面积的最大值为
三、填空题:本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 的展开式中 的系数为_____(用数字作答).
13. 已知圆 ，点 为直线 上一动点，过点 向圆 引两条切线 、 ，点 、 为切点，则直线 经过定点_____.
14. 在正项数列 中， ， ，记 . 整数 满足 ，则数列 的前 项和为_____.
四、解答题:本大题共 5 小题, 共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
如图是函数 一个周期内的图象,把 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 3 倍, 纵坐标不变; 再将所得的图像向右平移 个单位长度,得到函数 的图象.
(1)求函数 的解析式;
(2)在 中，若 ， ，当 ，求 .
16. 近期甲型H3N2流感来袭，医学研究表明，如果每天温差太大，人们受风寒刺激极易受凉感冒，自身抵抗力就会变弱。易受流感病毒侵袭，特别是对于学生及老年人群体更需保暖和多加防范。我校数学建模社团成员共同研究了一天昼夜温差的大小与我校患流感就诊人数多少之间的关系, 他们记录了某周周一至周六的温差, 并到校医室查阅了这六天中每天学生新增流感就诊的人数，得到数据如下:
日期 周一 周二 周三 周四 周五 周六
昼夜温差 (℃) 4 7 8 9 14 12
新增流感就诊人数 (位)
参考数据:
(1)已知第一天新增流感就诊的学生中有 3 位男生，从第一天新增的流感就诊学生中随机抽取 2 位,其中男生人数记为 ,若抽取的 2 人中至少一位女生的概率为 ,求 的分布列和数学期望;
(2)已知两个变量 与 之间的样本相关系数 ,请用最小二乘法求出 关于 的经验回归方程 ，据此估计昼夜温差为 时，我校新增流感就诊的学生人数.
参考公式:
17. 在平面直角坐标系 中,已知动点 到点 的距离和 到直线 的距离之比是常数 .
(1)求动点 的轨迹 的方程；
(2)过点 的动直线 (斜率 存在) 与曲线 交于 两点，在 轴上存在点 ， 使得 ,试问 是否为定值,若是，求出 的值; 若不是,请说明理由.
18. 如图,四棱锥 中,底面 为矩形, , ,侧面 为正三角形,且平面 平面 为棱 上一点, ,平面 交棱 于点 。
(1) 求证: ;
(2)当 时，点 关于平面 的对称点为 ，求 点到平面 的距离.
(3) 求直线 与平面 所成角的正弦值的最大值.
19. 已知函数 .
(1)若 ，求函数 在区间 上的单调区间；
(2)若 ，函数 在区间 的零点从小到大依次构成数列 ；
(i) 证明: 函数 在区间 有唯一零点,且 ;
(ii) 令 ,判断并证明数列 的单调性.高三上 1月考数学参考答案 8．C【详解】考虑函数 F (x) xg(x)，则 F (x) xg (x) g(x) f (x 1) ，则
f (x 1) F(x) C ，其中C 为一常数，令 x 0 得1 f (1) F(0) C=C ，故
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
A D B B A C D C BC AC ABD f (x 1) F(x) 1 f (x) F(x 1) 1，即 f (x) 由 F (x)右移1个单位，上移1个单位得到，又易得 F (x)
32 2 2 11 为单调递增的奇函数，故 f (x) 单调递增且以 (1,1)为对称中心。则
12． 13． , 14．
5 3 3 23 f (a
2 1) f (b2 3) 2 a2 1 b2 3 2 a2 b2 0，选 C
9．BC【详解】选项 A：若事件 A 与事件 B 相互独立，P A 0.4， P B 0.3，
4．B【详解】设 F ,G 分别为 PD, AB 的中点，连接 EF, FG, DG ，
1 则 P A B P(A) P(B) P(A B) 0.4 0.3 0.4 0.3 0.58 ，故 A 错误；
由于 E为棱 PC中点，故 EF / /DC, EF DC ，
2 选项B:因为样本数据 x1，x2， ，x6的方差为 10，则数据3x1 1，3x2 1， ，3x6 1的方差为3
2 10 90，
1 B
而 DC / / AB, DC AB
故 正确；
，故 EF / / AB, EF AB ，即 EF / /GB, EF GB ，
2 C 选项：因为不放回抽取，事件“至少有一个红球”与事件“两个球颜色相同”不可能同时发生，是互斥事
故四边形GBEF 为平行四边形，则 BE / /FG， BE FG ， 件，故 C 正确；
则异面直线 BE 与 PD 所成角即为 DFG 或其补角； D 选项：上四分位数为第 75 百分位数，2026 0.75 1519.5，所以这 2026 个数的上四分位数是 1520，
由题意，设△PBC 为边长为 2 的正三角形，E为棱 PC中点，故BE 3，即 FG 3， 故 D 错误.故选：BC.
四边形 ABCD为正方形，边长为 2，故 DG AD2 AG2 22 10 AC A AB B D 12 5 ，而 DF 1， ． 【详解】 选项：连接 1、 1 1、如图所示，
2
2 2 在正四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中， BB1//DD1，BB1 DD1，所以四边形BB1D1D 为平行四边形，
DF 2 FG2 2 1 3 5故在 DFG中， DG 3cos DFG ； 所以 B1D1//BD，因为B1D1 平面 BC1D，BD 平面BC1D，B1D1 平面BC1D ，同理可证 AD1// 平面BC1D，
2DF FG 2 1 3 6
因为 AD1 B1D1 D1， AD1 、B1D1 平面 AB1D1，所以平面 AB1D1//平面BC1D，
π 3
由于异面直线所成角的范围为 0, ，故异面直线 BE 与 PD 所成角的余弦值为 。 因为
PB1 平面 AB1D1，所以 PB1// 平面BC1D，故 A 正确；
2 6 B 选项：因为 AD1// 平面 BCC1， P AD1，
C2 C14 2 C
1
1
5．A【详解】根据题目：4 人必须分为“1+1+2”的组合共有 种分组，同时去掉甲乙同组的 所以点 P 到平面 BCC1的距离等于点 A 到平面BCC1的距离，
A22
1 1 1 4 2
C2 C1 C1 故VP BCC V S AB 2 2 2 2 ，故 B 错误；
3 4 2 1 3 1
A BCC1 △BCC1
情况，再分配到 3 个对应会场有 A3 种分法，共有 1 A 30 种方案。
3 3 2 3
2 3
A2 C 选项：以 DA , DC , DD1 为 x y z 轴建系， (2,2,0), 1(0,2,2√2), (0,2,0), (2,2,√2),则 1 =
6．C【详解】记{an}前 2026项的奇数项和与偶数项和分别为 S奇， S偶。则 (2,0, 2√2), = (2,0, √2), · 1 = 0,则 ⊥ 1 , 且 ⊥ ,则 ⊥ 面 AB 1 1，因为 1
S偶 S2026 S奇 面 AB q 2025 1 1
则 ⊥ 1 ，故 C 正确；
S奇 S奇 D 选 项 ： 三 棱 锥 C ABD 外 接 球 等 价 于 三 棱 锥 C BCD 外 接 球 ， 则 外 接 球 半 径. 1 1
7．D【详解】因为 a 0，b 0，且 a b 1， AB2 AD2 AA21 4 4 8 4 32
R 2 ，因此三棱锥C1 ABD 外接球体积为 π，故 D 错误. 2
a b
3
1 2 2 2
由基本不等式可得 ab （当且仅当 a b 时取等号），A 正确；
2 4 p 11,ABD【详解】A 选项：抛物线C 的焦点为 F ,0 ，因为 p 2 ，故焦点为F 1,0 ，故 A 正确；
2 2 2 2 2 a b a b 1 a b
由基本不等式知 ，则 ， 2 B 选项：因为点 A 在第一象限，且 AF 2 BF ，设倾斜角为 ，则| | = = , | | = =
2 2 2 2 1 1 1+
2 1
1 , | | = 2|2 2 |,可得 = ,则斜率 = 2√2,故 B 正确；
即 a b （当且仅当 a b 时取等号），B 正确； 1+ 3
2 C 选项：若直线 AB 与 x 轴重合，此时，直线 AB 与抛物线只有一个公共点，不合题意，
1 1 1 1 2 所以，直线 AB 不与 x 轴重合，设直线 AB 的方程为 x my 1，
由题得 ，
a b 1 1 b b 1 1 b2 x my 1
2 1 1 联立 ，得 y
2
2 4my 4 0，则 16m
2 16 0，
由已知 20 b 1，故1 b 0,1 ，所以 2，故 2，C 正确； y 4x
1 b2 a b 1
y2 y2
a b a b 1 由韦达定理可得 y y 4，则 x x 1 2 1，所以OA OB x x y y 3 ，故 C 错误；
由基本不等式可得 ， 1 2 1 2 1 2 1 24 4
2 2 2
由题，线段MN 即为切点弦，则直线MN 的方程为 y 2x 4，
即 a b 2 （当且仅当 a b 时取等号），D 错误.故选：D.
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y 2x 4 1 1 11
联立 2 可得 x
2 5x 4 0 ，则 9，所以，
2 = =MN 1 2 9 3 5， .,
y 4x 1 1 45 1 23 3π
15., 【答案】(1) ( ) = 2sin (3x + )(2) = √7．
设点T 的横坐标为 t ，由题意可知，抛物线C 在点T 处的切线与直线 y 2x 4平行， 4
1 2π π π
设抛物线C 在点T 处的切线方程为 y 2x m， 【解析】（1）由图象可知：A = 2， = × = ( ) = ，所以 = 3． 2 2 4 12 3
π π π
y 2x m 1 又因为最高点是( , 2)，所以( ) × 3 + = 2 π + ， ∈ ，
联立 2 2 可得 y 2y 2m 0，则 4 8m 0，解得m ，
12 12 2
3π
y 4x 2 即 = + 2 π， ∈ ．
4
1 1 3π 3π2 y 1 T ,1 又因为0 < < π，所以 = 0， = ，所以 ( ) = 2sin (3 + )． 此时，有 y 2y 1 0，解得 ，则 x ，即点 ， 4 4
4 4 将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的 3 倍，纵坐标不变，
1 3π
1 4 得到函数 = 2sin( + )的图象． 4
所以，点T 到直线MN 距离的最大值为 2 9 5 ， 5π
再将得到的函数图象向右平移 个单位长度得到
5 10 125π 3π π
( ) = 2sin [( ) + ] = 2sin ( + )的图象，
1 9 5 3 5 9 5 27 12 4 3
所以，△TMN 面积的最大值为 MN ，故 D 正确. π∴ ( ) = 2sin ( + ).
2 10 2 10 4 3
π π √3
32 （2）因为 ( ) = 2sin ( + ) = √3，所以sin ( + ) = ．
12． 3 3 2
5 π π 4π π 2π π又 ∈ (0,π)，所以 + ∈ ( , )，所以 + = ，所以 = ．
4 r r 3 3 3 3 3 3
1 4 r 1 1 2 2 2 π
【详解】 2x 的通项公式为T Cr 2x Cr 24 r x4 3r ， 由余弦定理，得 = 2 + 3 2 × 2 × 3 × cos = 7，所以 = 7． r 1 4 4 √3
5x
2
5x
2
5 2
16., 【答案】(1) 的分布列见解析；, ( ) = (2)31
1 3
1 32 2
令 4 3r 1，则 r 1，则 x 系数为C14 2
3 ，
C 11 3×2 1
【解析】（1）因为1 32 = ，所以 = ，
5 5 C 12 1( 1 1) 121
2 2 所以 1( 1 1) = 72，解得 1 = 9，即第一天新增患感冒而就诊的学生有 9 位，其中男生 3 位，女生 6
13． , 位，则随机变量 X 的可能取值为0,1,2，且 服从超几何分布，其中 = 9, = 3, = 2，
3 3
C2 5 C1×C1 18 1 C2 1
2 2 ( = 0) = 6 = ， ( = 1) = 6 32 2 = = ， ( = 2) =
3 = ，
b b 3 1 C9 12 C
2
9 36 2 C9 12
【详解】设 P(b,b 3) ，则以OP 为直径的圆的方程为 x y b2 2 (b 3) ，① 的分布列为
2 2 4
又圆C : x2 y2 2，② 0 1 2
①－②可得直线 l :bx (b 3)y 2 0，即b(x y) 3y 2 0AB ， 5 1 1
2 12 2 12
x x y 0 5 1 1 2 3 2 2 的数学期望为 ( ) = 0 × + 1 × + 2 × = ；
联立 ，解得 ． 直线 AB 经过定点 , ． 12 2 12 3
3y 2 0 2 3 3 6 6y 2
3 （2）因为 t i = 54，所以 = 9，所以 ti t 64 ，
i 1 i 1
11
14． 6 6
23 (ti t)(yi y) (ti t)(yi y)
2 2 a2 i 1 i 1 16【详解】因为 a1 1， an 1 an 1，所以 n 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列， 由于 r
6 6 8 17 17
2
所以 a2 1 (n 1) 1 n，又因为 an 0，所以 a n ， (ti t) (yi y)2n n
i 1 i 1
1 n 1 n 1 1
所以bn ，
6
( n 1)( n 1 1)( n n 1) ( n 1)( n 1 1) n 1 n 1 1 所以 (ti t)(yi y) 8 16 ，
因为 2023 lg102023
i 1
lg(102023 1) lg102024 2024， 2024 lg102024 lg(102024 1) lg102025 2025，
整数 m满足 lg 102023 1 m lg 102024 1 ，所以m 2024，
1 1 1 1 1 1 1 1
bn 的前 2024 项和为 S2024
1 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 2024 1 2025 1
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6 (2)取 BC 中点 O，AD 中点 M，连接 PO，OM
(ti t)(yi y) 侧面PBC 为正三角形
所以b i 1
8 16
2，
6 PO BC 64
(ti t)2 平面PBC 平面 ABCD且交线为 BC，PO 平面 PBC
i 1 PO 平面 ABCD
6 6 6 6 2 6
2 矩形 ABCD，O、M 分别为 BC、AD 中点
因为 2 2yi 3463， (yi y) y2i 2y yi 6y y2i 6y 289 ， OM BC
i 1 i 1 i 1 i 1 i 1
解得 = 23，所以 = = 23 2 × 9 = 5，所以 = 2 + 5， OB,OM ,OP三线两两垂直，故以 O 为原点建系如图，
当 = 13时， = 26 + 5 = 31， 则 B(2,0,0)， A(2,2,0) C( 2,0,0) D( 2,2,0) P(0,0,2 3)
据此估计昼夜温差为 13°C时，我校新增流感就诊的学生人数为31. 1
2 当 时 , E(1,1, 3) BC ( 4,0,0) 2 BE ( 1,1, 3) x 1 y 1 2
17., 解：（1）由已知得： ，化简可得：
x 4 2 设平面BCE 的法向量n (x, y, z)
x2 y2
即动点E的轨迹方程为： 1 ., , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , n BC 0 4x 0
4 3 由 得 取n (0, 3, 1)，PQ kn (0, 3k, k)
n BE 0 x y 3z 01
PM NM sin PMN
S PMPNM 2 点 P 关于平面 BCE 的对称点为 Q，
（2）因为 ，
S 1QNM QMQM NM sin QMN 1 3 1
2 设 PQ 中点为 N，则ON OP PQ (0, k,2 3 k)
2 2 2
所以sin PMN sin QMN ，即 PMN QMN ，所以 kPM kQM 0．, , , , 3 1
由 n ON k k 2 3 0， k 3， PQ (0,3, 3)
显然过点P的动直线不与 x轴重合，故设直线方程为 x my n m 0 ， 2 2
设P x CD (0,2,0) CP (2,0,2 3) 1, y1 ，Q x2 , y2 ，M t,0 ，
x my n 设平面PCD的法向量m (a,b,c)

2 2 3m2 4 y2 6mny (3n2联立 x y ，可得 12) 0，, , n CD 0 2b 0
1 由 得 取m ( 3,0, 1)
4 3
n CP 0 2a 2 3c 0
Δ 0，即 2 23m n 4 0时
6mn 3n2 12 PQ m 3
由韦达定理得 y y ， y y ，, , , 设 Q 点到平面 PCD 的距离为 d，则 d 1 2 2 1 23m 4 3m2 4 m 2
y
k k 0 1
y
因为 ，所以
2 0
PM QM ， (3) BE BP PE BP PA (2 2,2 ,2 3 2 3 ) , BD ( 4,2,0)
x1 t x2 t
y y 设平面 BED 的法向量u ( p,q,r) 1 2即 0 ，
my1 n t my2 n t n BD 0 4p 2q 0
由 得 取u ( 3 3,2 3 2 3,3 1)
整理得2my1y2 n t y1 y2 0， n BE 0 (2 2) p 2 q (2 3 2 3 )r 0
3n2 12 6mn
所以 2m n t 0 ，, , , , , , , , CD (0,2,0) ，设直线 CD 与平面 BED 所成角为 ，
3m2 4 3m2 4
2 3( 1)
n2 n n t 12( 1)
2
化简得 4 ( ) 0， 则 sin cos u,CD
2 2 15( 1)2 (3 1)2
即nt 4 ., , , , , , , , , , , , , , , 15( 1) (3 1)
18.解：(1)证明： ABCD为矩形 令 t 1 (0,1) ，则 1 t
BC / /AD 12t2 12t2 3 3
BC 平面 PAD， AD 平面 PAD sin 15t2 (2 3t)2 24t2 12t 4 1 3 1 3 2 15
BC / / 平面 PAD 6 ( ) t2 t t 2 4
又 BC 平面 BCFE ，平面 BCFE 平面PAD EF 2 1 2
BC / /EF 当 t ，即 时， sin max 5
3 3 5
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1
19.解析：（1） k 2， f x tan x 2x， f '(x) 2 ，
cos2 x

令 f '(x) 0 ，得 x 或 x ；令 f '(x) 0，得 x ；
2 4 4 2 4 4

所以 f (x)单调递增区间为 , 和 , ，单调递减区间为 , 。
2 4 4 2 4 4
1
（2） k 1， f (x) tan x x ， f (x) 1 0且不恒为0 ， f (x)在 0, 单调递增，所以对
cos2

x 2

x 0, ， f (x) f (0) 0， f (x)在 0, 无零点且对 x 0, 有 tan x x 。 f (x)在区间
2 2 2

n , n n N 单调递增，
2 2

f (n ) n 0 ， x n , f (x)
2

故 f (x)在区间 n , n

n N 有唯一零点an ， f (an ) tan an an 0
2

tan(a ) tan a a a a 、a (n+1) - ,(n+1) n n n n 1 tan an 1 ，且 n n 1
2 2
an an 1，
（ⅱ） bn 单调递减，证明如下：令 xn an n ，
要证bn bn 1，即证an 1 an an 2 an 1 ，
即证，an 1 (n 1) an n an 2 (n 2) an 1 (n 1) ，
x x
即证 xn 1 xn xn 2 x
n 2 n
n 1，即证 x n 1
2
xn 2 x又 n
x
、x n 2
xn
n 1 (0, ) ，故只需证 f ( ) f (x n 1)
2 2 2
f (xn ) f (an n ) tan(an n ) (an n ) n ，
f (x ) f (x )
f (xn 1) (n 1) ， f (xn 2 ) (n 2) 。 f (xn 1)
n 2 n
2
x x
故只需证 f (xn 2) f (xn ) 2 f (
n 2 n )
2
x x
令h(x) f (x) f (x ) 2 f ( n )(0 x x ) ， f '(x) 0,n n 在 单调递增，
2 2 2
x x
则h '(x) f '(x) f '( n ) 0， h(x) 在 xn , 单调递增， h(x) h(xn ) 0
2 2
x x
h(xn 2) f (xn 2) f (xn ) 2 f (
n 2 n ) 0
2 , ,
b n 单调递减。
第 4页，共 4页

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