試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2026屆高三第一次教學質量檢測數(shù)學試題卷注意事項：1．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．2．作答選擇題必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑：如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用0.5毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．3．本試卷共4頁，滿分150分，考試時間120分鐘．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求．1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．復數(shù)的共軛復數(shù)為（

）A． B． C． D．3．已知直線，，則“”是"”的（

）A．充分必要條件 B．充分不必要條件 C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件4．對于一個聲強為（單位：）的聲波，其聲強級（單位：）可由如下公式計算：（其中是能引起聽覺的最弱聲強）．設聲強為時的聲強級為，聲強為時的聲強級為，則等于（

）A．10 B．100 C．1000 D．100005．在平面直角坐標系中，四邊形為平行四邊形，若向量，則向量在向量上的投影向量的坐標為（

）A． B． C． D．6．已知橢圓:的右焦點為，上頂點為，直線交于另一點．若，則的離心率為（

）A． B． C． D．7．已知，若（為自然對數(shù)的底數(shù)），則的最小值為（

）A．2 B．3 C．4 D．68．2025年12月11日淮南市科技館正式開館，淮南市某中學有甲、乙、丙、丁等7位學生約好2026年1月1日去科技館志愿服務．現(xiàn)將7位學生隨機分為3組，每組至少一人，則甲乙同組且丙丁同組的概率為（

）A． B． C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．某AI軟件公司開發(fā)了一款新型智能寫作軟件，現(xiàn)將該軟件上市后的月份以及每個月獲得的利潤（單位：萬元）之間的關系統(tǒng)計如下表所示，并根據(jù)表中數(shù)據(jù)，得到經驗回歸方程，則（

）月份12345利潤58101215A． B．每增加1個月份，月利潤約提高2.8萬元C．10月份的利潤約為26.4萬元 D．5月份利潤的殘差為0.2萬元10．在中，，在線段上，且．則（

）A． B． C． D．11．已知正三棱柱的外接球球心為，，點滿足，．則下列結論正確的是（

）A．球的表面積為B．當時，的取值范圍為C．當時，不存在點，使得平面D．當時，設點在直線上運動，則線段長度的最小值為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知等差數(shù)列的前項和為，，，則．13．已知點，點在拋物線上，點在圓上，則的最小值為．14．已知，若函數(shù)的圖象存在對稱中心，則．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．已知函數(shù)的最大值為1，為常數(shù)．(1)求函數(shù)在上的單調遞增區(qū)間；(2)求使成立的的取值集合．16．如圖，在三棱錐中，點分別是的中點，平面平面．(1)判斷直線與直線的位置關系，并給出證明；(2)若平面平面，，是直線上的一點，直線與平面所成角的正弦值為，求線段的長度．17．甲、乙、丙、丁四人相互做傳球訓練，第1次由甲將球傳出，每次傳球時，傳球者都等可能地將球傳給另外三人中的任何一人．設次傳球后球在乙手中的概率為．(1)求；(2)求；(3)求．18．已知函數(shù)在點處的切線方程為．(1)求實數(shù)的值；(2)設．（i）證明：存在唯一極小值；（ii）設的極小值點為，證明：．19．已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為．(1)求的方程；(2)設為的左頂點，過的直線交的右支于兩點．（i）證明：以為直徑的圓過點；（ii）設直線的斜率存在，直線與圓的另一交點分別為，直線與直線交于點，試判斷的形狀，并給出證明．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．D【分析】解一元二次不等式化簡集合，再由交集的定義計算可得.【詳解】由，即，解得，所以，又，所以.故選：D2．B【分析】利用復數(shù)代數(shù)形式的四則運算和共軛復數(shù)的概念得出結果【詳解】因為，所以復數(shù)的共軛復數(shù)為，故選：B3．A【分析】兩直線垂直的充要條件結合充分必要條件定義即可得解.【詳解】若“”，則，所以“”是“”的充分必要條件.故選：A.4．C【分析】由題意建立等量關系，由對數(shù)運算求得，即可求得結果.【詳解】由題意可知，即，∴，∴.故選：C.5．A【分析】由向量的加法求得，然后利用投影向量的公式求得結果.【詳解】，∴.故選：A.6．C【分析】根據(jù)向量關系得到點坐標，代入橢圓方程化簡求解即可.【詳解】橢圓右焦點為，上頂點為，設.由得，所以，，即.代入橢圓方程得，整理得，即.又，所以.故選：C.7．B【分析】由三角函數(shù)誘導公式得到，構造函數(shù)，由其單調性得到，代入，進而可求解.【詳解】由，可得，即，因為，則，令，則，因為在單調遞增，在單調遞減，所以在單調遞增，所以，所以，令，當時，得到最小值，所以，所以的最大值為，即的最小值為，所以取得最小值3.故選：B8．A【分析】由題意知不同的分組方法有5,1,1；4,2,1；3,2,2；3,3,1四種，利用不平均分組問題計算方法數(shù)，以及計算出符合題意的情況數(shù)，即可求得概率.【詳解】由題意，不同的分組方法有5,1,1；4,2,1；3,2,2；3,3,1四種，當分組為5,1,1時，共有種，其中甲乙同組且丙丁同組有種；當分組為4,2,1時，共有種，其中甲乙同組且丙丁同組有種；當分組為3,2,2時，共有種，其中甲乙同組且丙丁同組有種；當分組為3,3,1時，共有種，其中甲乙同組且丙丁同組有種；甲乙同組且丙丁同組的概率為.故選：A.9．AD【分析】由回歸方程過樣本中心點即可求解判斷A；由回歸方程和殘差定義即可逐項分析求解判斷BCD．【詳解】依題意，將代入中，解得，故A正確；可以估計每增加1個月份，月利潤提高2.4萬元，故B錯誤；將代入中，得到，故C錯誤；將代入中，得到，則所求殘差為，故D正確．故選：AD．10．ACD【分析】由正弦定理進行邊角轉化，可得，可判斷A正確；結合，可得.利用誘導公式可得，由此可求，判斷B；由誘導公式及兩角和的正弦公式求得，根據(jù)正弦定理求出，由及角平分線定理得，由此求得，判斷C；中，由余弦定理求得，判斷D.【詳解】由正弦定理，得，所以，所以A正確；因為，所以.由，得，即.因為，所以，所以.因為，所以，所以，所以.所以，所以.所以.所以B錯誤；由，得.所以.所以.由正弦定理，得.因為，所以，所以.所以.所以C正確；中，由余弦定理得：.所以.所以D正確.故選：ACD.11．ABD【分析】作的中點，連接，以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，結合圖形可知正三棱柱的外接球球心在上下底面的重心連線的中點上，計算出半徑即可求解A選項；將平面與平面沿展開使其共面，易知當三點共線時，最短，當點與重合時，最長，結合展開的圖形分別計算出長度即可求解B選項；依題意求出向量的坐標，然后由可得的值，檢驗的值是否符合即可判斷C選項；根據(jù)題意可知三點共線，由此可得的最小值為點到平面的距離，利用點到平面的距離的向量公式即可判斷D選項.【詳解】如圖，分別作的中點，連接；分別作的中點，連接；分別作靠近的三等分點，連接交于；則兩兩相互垂直，建立如圖空間直角坐標系，則，；所以，，；對于A，因為，所以即為正三棱柱的外接球球心，半徑為，所以球的表面積為，所以A正確；對于B，如圖，分別作的中點，連接，則，當時，點在上，將平面與平面沿展開使其共面，則當三點共線時，最短，最小值為；當點與重合時，最長，最大值為；所以當時，的取值范圍為，所以B正確；對于C，如圖，作的中點，連接，則，當時，點在上，連接，則，所以；由，得，即，即，解得，符合題意，即點與點重合時，；又平面，所以平面；所以C不正確；對于D，如圖，連接，則，，當時，，此時三點共線，所以的最小值為點到平面的距離；設平面的一個法向量為，則，即，化簡得，取，則，所以；所以點到平面的距離為，即線段長度的最小值為，所以D正確.故選：ABD.12．1100【分析】根據(jù)等差數(shù)列的通項公式及前項和公式求解即可.【詳解】設等差數(shù)列的首項為，公差為，則，，聯(lián)立解得，，所以，，所以.故答案為：1100.13．8【分析】拋物線方程得到焦點坐標及準線方程，由三角形三邊關系及拋物線的定義求得最小值.【詳解】拋物線焦點，準線方程，如圖，過點作于點，由拋物線的定義可知，由圓的性質，當且僅當為線段與圓的交點時等號成立，設點到直線的距離為，則，當且僅當時等號成立，所以，故的最小值為8.故答案為：8.14．4【分析】根據(jù)函數(shù)定義域確定函數(shù)對稱中心，再利用函數(shù)對稱中心的性質列出等式即可求解．【詳解】由題可知，，令，解得或，由題可知，，所以定義域為或，因為函數(shù)的圖象存在對稱中心，所以對稱中心橫坐標為區(qū)間中點，因為，即，所以函數(shù)圖象的對稱中心為，則，，，因為，所以，因為，所以對于定義域內任意都成立，所以，即，故答案為：4．15．(1)(2)【分析】（1）利用三角恒等變換先化簡得，利用最大值為1求出，進而求在的單調增區(qū)間即可求解；（2）由得，利用三角函數(shù)的性質解不等式即可求解.【詳解】（1）函數(shù)，因為的最大值為1，所以，解得，所以．令，解得：，又因為，則取交集，所以在的單調遞增區(qū)間為；（2）因為，即，可得：．所以．解得：綜上：成立的的取值集合是．16．(1)，證明見解析(2)或．【分析】（1）由中位線得到線線平行，即可得線面平行，由線面平行的性質得到線線平行；（2）由等腰三角形及面面垂直得到空間內三條兩兩垂直直線，建立空間直角坐標系，由邊長得到點坐標及向量坐標，由向量的數(shù)量積求得面的一個法向量，設，由向量的數(shù)量積表示出線面角的正弦值，即可求得線段的長度．【詳解】（1）．證明：因為點分別是的中點，所以，因為平面，平面，所以平面，因為平面平面，平面，所以．（2）因為，點為的中點，所以，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，又所以以為原點，分別以為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，所以，又，則．，設平面的法向量為，則，不妨設，解得．由（1）可知，設，得，所以．設直線與平面所成角為，則，得或，所以線段的長度為或．17．(1)，(2)(3)【分析】（1）根據(jù)全概率公式計算即可.（2）根據(jù)全概率公式列出的表達式，確定是首項為，公比為的等比數(shù)列，進而根據(jù)等比數(shù)列的通項公式求出結果.（3）根據(jù)（2）中的結果得到，然后根據(jù)錯位相減法求出，進而求得結果.【詳解】（1）記“經過次傳球后，球在乙手中”，1，2，3，…，當時，，當時，．（2）由，即，∴，∴是首項為，公比為的等比數(shù)列，∴，∴．（3）由（2）知，令．所以，從而，將以上兩式相減可得，所以．所以．18．(1)(2)（i）證明見解析（ii）證明見解析【分析】（1）求出的導函數(shù)，根據(jù)切線的斜率為，及點在切線上列方程，求出的值；（2）（i）由（1）得，利用導數(shù)分析函數(shù)的單調性，即可證明存在唯一極小值；（ii）由（i）可得的取值范圍，構造新函數(shù)，利用導數(shù)可分析新函數(shù)的取值范圍，從而證明.【詳解】（1）因為在點處的切線方程為，即.所以切線的斜率為，且當時，.因為，所以，所以，所以.（2）（i）因為，其定義域為.所以.令，得或，設，所以在上恒成立，所以在上單調遞減.又，所以存在唯一，使．故時，，單調遞減，時，，單調遞增，時，，單調遞減，所以是函數(shù)的唯一極小值點，所以存在唯一極小值．（ii）因為的極小值點為，所以．又，且在上單調遞增，所以；又，兩邊取自然對數(shù)得，即，即.所以，設，則在上恒成立，故在上單調遞減，故，即．綜上所述：．19．(1)(2)（i）證明見解析（ii）等腰三角形（或等腰銳角三角形），證明見解析【分析】（1）根據(jù)雙曲線的漸近線方