四川省部分高中2026届高三上学期第一次联合质检考试 数学（含解析）

四川省部分高中2026届第一次联合质检考试
数 学 试 题
考生注意：
本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。
答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
预祝你们考试成功
一．单选题：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，只有一项符合要求.
1．一组数据的平均数是2.8，方差是3.6，若将这组数据中的每一个数据都加上60，得到一组新数据，则所得新数据的平均数和方差分别是
A．57.2，3.6 B．57.2，56.4
C．62.8，63.6 D．62.8，3.6
2．已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
3．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
4．若集合，则（ ）
A． B． C． D．
5．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则A＝（ ）
A． B． C． D．或
6．抛物线的焦点到准线的距离为（ ）
A．4 B．2 C． D．
7．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．1 B． C．2025 D．4050
8．若，为锐角，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9．《庄子·天下》中有：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其大意为：一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完，设第一天这根木棰截取一半后剩下尺，第二天截取剩下的一半后剩下尺，…，第五天截取剩下的一半后剩下尺，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知定义域为，，且，当时，.则下列说法正确的有（ ）
A．直线是的对称轴
B．在上单调递减
C．
D．设与图象的第i个交点为（），若与的图象有个交点，则
11．“没有运算的向量只能起到路标作用，有了运算的向量力量无穷”，除了向量线性运算和数量积外常见的还有向量的外积．定义如下，空间向量与的外积是一个向量，其长度等于，其方向满足，，，，且三个向量构成右手系（如图）．在棱长为2的正四面体中，为的中心，下列结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知，，若，则 .
13．若函数在上可导，，则 ．
14．如图，在直三棱柱中，点为棱上的点.且平面，则 .已知，，以为球心，以为半径的球面与侧面的交线长度为 .

四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．其中 15 题 13 分，16—17 题各 15 分，18—19 题各 17 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知.
(1)求的单调递减区间；
(2)将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求在上的值域.
16．已知椭圆：（）的离心率，且椭圆过点.
(1)求的方程：
(2)过点直线与椭圆有两个交点，，已知轴上点，求证：.
17．已知点是边长为的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.
(1)求证：；
(2)求二面角的平面角的正切值；
(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大 求出最大角的正弦值，并说明点此时所在的位置.
18．设函数，且.
(1)求的取值范围；
(2)若，且，求证：.
19．设是项数为且各项均不相等的正项数列，满足下列条件的数列称为的“等比关联数列”：①数列的项数为；②中任意两项乘积都是中的项；③是公比大于1的等比数列．
(1)已知数列是的“等比关联数列”，且，，，求数列的通项公式；
(2)已知数列是的“等比关联数列”，且的前3项成等比数列的概率为，求的值；
(3)证明：不存在“等比关联数列”．
秘密※启用前
四川省部分高中2026届第一次联合质检考试
数 学 试 题 参 考 答 案
1．D
【详解】平均数是2.8+60=62.8,根据方差公式可知方差不变．
2．B
【详解】由题设，所以.
故选：B
3．A
【详解】因为，，
由交集定义可得，.
故选：A.
4．D
【详解】由得，则，解得，
所以，则，
所以.
故选：D
5．B
【详解】因为，由正弦定理得，整理得，
由余弦定理得，
又因为，所以．
故选：B．
6．B
【详解】由题意知该抛物线的焦点为，准线方程为，
故焦点到准线的距离为2，
故选：B.
7．C
【详解】因为等差数列的前项和为，且，
则，所以.
故选：C.
8．D
【详解】因为，则，且，
可得，且；
又因为，则，
且，可得；
所以
．
故选：D.
9．BCD
【详解】根据题意可得是首项为，公比为的等差数列，则，
，故A错误；，故B正确；
，，则，故C正确；
，故D正确．
故选：BCD．
10．ACD
【详解】由题可知：，可知函数关于对称，又，可知函数为奇函数，
所以，则，
即，所以4为函数的一个周期.
对A，由函数关于对称，且4为函数的一个周期，故是的对称轴，正确；
对B，，所以函数在的单调性与函数在单调性相同，
由，，且函数为上的奇函数，所以函数在单调递增，错误；
对C, ，则
又，所以，正确；
对D，函数为上的奇函数，函数也为上的奇函数，所以可知两函数图象在轴的左右两边交点个数相同，
且对应交点的横坐标互为相反数，且都过原点，所以，正确.
故选：ACD
11．ABD
【详解】对于A，根据外积定义可得，
又，A正确；
对于B，，，B正确；
对于C，根据定义可得，长度相等，方向相反，
即，C错误；
对于D，，根据定义得与反向，，
所以，D正确．
故选：ABD.
12．
【详解】向量，，且，则，
所以.
故答案为：
13．
【详解】因为，所以，
把代入得，解得．
故答案为：．
14． 1
【详解】取的中点为E，分别连接和，
细查题意知，只有当是的中点时，才满足题意，原因如下：
当是的中点时，，，，
平面，平面，
∵，
∴平面平面，
∵平面，
平面，
平面平面，
又平面平面，平面平面，
，又，
四边形为平行四边形，
，即为的中点，
所以；
球面与侧面的交线长，即截面圆的弧长，
，，
，即，易得，
取的中点为，故可得，
平面平面，平面，
平面平面，
圆心距，设交线的轨迹为PQ，，
截面圆半径，
又因为，所以为等边三角形，
.
故答案为：1，.

15．(1)（）；
(2)
【详解】（1）解：，
由（）得，
∴的单调减区间为（）；
（2）由题意得，
∵，∴，
∴，
∴在上的值域为.
16．(1)；
(2)证明见解析.
【详解】（1）由椭圆：的离心率，得，则，
由椭圆过点，得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）依题意，直线的斜率存在，设直线的方程：，
由消去，得，
设，显然，
则，，
所以
.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)当点在线段上靠近点的处时，直线与平面所成的角最大，最大角的正弦值为
【详解】（1）因为点在底面上的射影是与的交点，
所以平面，又平面，所以，
因为四边形为菱形，所以，
因为，、平面，所以平面，
又平面，所以．
（2）

如图，过在平面内作于，连接，
因为平面，平面，所以，
又，、平面，所以平面，
又平面，所以，故为二面角的平面角，
因菱形中，，则，，
又是等边三角形，故，
由，知，
在中，，故二面角的正切值为.
（3）因为，且平面平面，所以平面，
所以到平面的距离即为到平面的距离，
因为，所以，
即，
所以，
设直线与平面所成的角为，则，，
因正弦函数在第一象限单调递增，故要使最大，即使最大，则需使最小，
此时，由对称性知，，
所以，此时，
故当点在线段上靠近点的处时，直线与平面所成的角最大，且最大角的正弦值为.
18．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）函数的定义域为，
因为，
故在内单调递增，
由，可知.
（2）因为，所以，
即，
即，
由（1）可知对任意，有，即，
因为，所以，
令，则有，
即，
则，
即，
即
故.
19．(1)
(2)
(3)证明见详解
【详解】（1）因为，，，
由定义可知，，
故数列的通项公式为；
（2）因为中4项均不相同，所以有种，有项，
假设，则，，，．
设的公比为，则，
又数列的第三项，第四项，
或第三项，第四项，
所以，
且，得，且，
或，
且，得，且，
这两种情况，不能同时成立，使得的前3项为等比数列有4种情况，
故．
（3）当时，假设的各项从小到大排列，此时数列有项，
则，，，，
因为是等比数列，所以，即，所以．
设的公比为，则，所以，
所以，，
剩余四项为，，，，
又公比，所以，，是连续三项，因此是第4项或第7项，
当时，，所以，即，不符合题意；
当时，，所以，即，不符合题意；
因此当时，不存在“等比关联数列”．