甘肃省天水市第一中学2025届高三上学期第五次诊断考试数学试题

天水一中高三第五次诊断考试试卷 数 学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.考查内容：高考全部内容。 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，只有一项是符合题目要求的） 1．已知，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 2．已知集合，，则=（    ） A． B． C． D．2 3．已知函数为奇函数，则的值是（    ） A．0 B． C．12 D．10 4．已知数列为等比数列，为的前项和，且，，则（   ） A．8 B．5 C．6 D．7 5．已知椭圆的离心率为分别为的左、右顶点，为的上顶点．若，则椭圆的方程为（    ） A． B． C． D． 6．如图，在平行四边形ABCD中，E是对角线AC上靠近点的三等分点，点F在BE上且为中点，若，则（    ）    A． B． C． D． 7．若，则的值为（    ） A． B． C． D． 8．如图是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），已知该扇环的面积为，两段圆弧所在圆的半径分别为3和6，则该圆台的体积为（    ）      A． B． C． D． 二.多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9．压缩袋（真空压缩袋）也叫PE拉链复合袋．在我们的日常生活中，各类大小的压缩袋不但能把衣柜解放出来，而且可以达到防潮、防虫咬、清洁保存的效果．其中抽气式压缩袋是通过外接抽气用具如抽气泵或吸尘器，来进行排气的．现选用某种抽气泵对装有棉被的压缩袋进行排气，已知该型号的抽气泵每次可以抽出压缩袋内气体的，则（    ）（参考数据：取） A．要使压缩袋内剩余的气体少于原来的，至少要抽5次 B．要使压缩袋内剩余的气体少于原来的，至少要抽9次 C．抽气泵第4次抽出了最初压缩袋内气体的 D．抽3次可以使压缩袋内剩余的气体少于原来的 10．用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物面（抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面）反射后，集中于它的焦点.用一过抛物线对称轴的平面截抛物面，将所截得的抛物线C放在平面直角坐标系中，对称轴与x轴重合，顶点与原点重合.若抛物线C：的焦点为F，O为坐标原点，一条平行于x轴的光线从点M射入，经过C上的点反射，再经过C上另一点反射后，沿直线射出，则（    ）    A．C的准线方程为 B． C．若点，则 D．设直线AO与C的准线的交点为N，则点N在直线上 11．在正方体中，，点满足，.下列结论正确的有（    ） A．直线与一定为异面直线 B．直线与平面所成角正弦值为 C．四面体的体积恒定且为2 D．当时，的最小值为 三.填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行的必备的用具．为使坚固耐用，米斗多用上好的木料制成．米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．如图的米斗可以看作一个正四棱台，已知该米斗的侧棱长为10，两个底边长分别为8和6，则该米斗的外接球的表面积是 ．    13． 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为 ． 14．双曲线的光学性质为：如图①，从双曲线右焦点发出的光线经双曲线镜面反射，反射光线的反向延长线经过左焦点. 我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，就是利用了双曲线的这个光学性质.某“双曲线灯”的轴截面是双曲线一部分，如图②，其方程为，为其左右焦点，若从右焦点发出的光线经双曲线上的点A和点反射后，满足，，则该双曲线的离心率为 . 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.（本小题满分13分） 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角B的大小； (2)若，且AC边上的高为，求的周长． 16． （本小题满分15分） 手工刺绣是中国非物质文化遗产之一，指以手工方式，用针和线把人的设计和制作添加在任何存在的织物上的一种艺术，大致分为绘制白描图和手工着色、电脑着色，选线、配线和裁布三个环节，简记为工序A，工序，工序.经过试验测得小李在这三道工序成功的概率依次为，，.现某单位推出一项手工刺绣体验活动，报名费30元，成功通过三道工序最终的奖励金额是200元，为了更好地激励参与者的兴趣，举办方推出了一项工序补救服务，可以在着手前付费聘请技术员，若某一道工序没有成功，可以由技术员完成本道工序.每位技术员只完成其中一道工序，每聘请一位技术员需另付费100元，制作完成后没有接受技术员补救服务的退还一半的聘请费用. (1)若小李聘请一位技术员，求他成功完成三道工序的概率； (2)若小李聘请两位技术员，求他最终获得收益的期望值. 17． （本小题满分15分） 在四棱锥中，平面平面，侧面是等边三角形，，，在棱上，且满足.    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值. 18． （本小题满分17分） 已知在平面直角坐标系中，点，，的周长为定值． (1)设动点P的轨迹为曲线C，求曲线C的方程； (2)过点A作直线l交C于M、N两点，连接BM、BN分别与y轴交于D、E两点，若，求直线l的方程． 19． （本小题满分17分） 已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若在区间上存在唯一零点，求证：. 学科网（北京）股份有限公司第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 数学参考答案 一、二、选择题（共 58 分,1-8题为单选,每题 5 分;9-11 题为多选,全对 6 分,选对但不全得3分，不选或错选得0分。） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A C D A B A B A ACD AD ABD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12.【答案】 【解析】由题意，方斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为， 由棱台的性质可知，外接球的球心落在线段上， 由题意该四棱台上下底面边长分别为8和6，侧棱长为10， 则，，， 所以， 设外接球的半径为，，则， 因为垂直于上下底面， 所以，即， 又，即， 联立解得，， 所以该米斗的外接球的表面积为． 故答案为： 13.【答案】 【解析】因为，所以， 则，， 则与的夹角为． 故答案为：. 14.【答案】 【解析】 由题可知共线，共线， 如图，设，则， 因为，所以， 又，所以，所以，所以， 又因为，，所以， 所以，得，则， 又，且，所以， 化简得，所以. 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.【解析】（1）因为， 所以由得， 所以，解得或， 因为，所以，则，故， 则，故． （2）因为，令，则， 由三角形面积公式可得，则，故， 由余弦定理可得，则，解得， 从而，，，故的周长为． 16.【解析】（1）记事件M为“小李聘请一位技术员成功完成三道工序”， 当技术员完成工序A时，小李成功完成三道工序的概率为：, 当技术员完成工序B时，小李成功完成三道工序的概率为：, 当技术员完成工序C时，小李成功完成三道工序的概率为：, 当技术员没参与补救时，小李成功完成三道工序的概率为：， 故小李成功完成三道工序的概率为； （2）设小李最终收益为X，小李聘请两位技术员参与比赛， 有如下几种情况： 两位技术员都参与补救但仍未成功完成三道工序，此时，； 两位技术员都参与补救并成功完成三道工序，此时，； 只有一位技术员参与补救后成功完成三道工序，此时，; 技术员最终未参与补救仍成功完成三道工序，此时，； 故. 17.【解析】（1）取中点，连接，， ∵，∴， 又∵，，∴， ∴四边形是平行四边形，而， 故平行四边形是矩形， ∴， 又∵为等边三角形且为中点.∴， 平面，， ∴面，面，∴. （2）法一：∵平面平面，且平面平面，， 平面，∴平面，平面， ∴，，两两垂直， 连接、，以中点为坐标原点，、、分别为、、轴，建立如上图所示空间直角坐标系， 设，则，，，， ∴，， 平面的一个法向量可取为， 设平面的法向量为， 所以，即，令，则取， 设二面角的平面角为， 则， 由图知：二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 法二：由（1）知，∵面面，且面面， 平面，又∵，∴平面， 而平面，故， 如图，连接、，作于，连接， 平面，故平面， 平面，故， 则即为二面角的平面角， 设，在中，, 故， 是等边三角形，则，, 故. 18.【解析】（1）周长为， 可得为定值， 所以点P的轨迹是一个椭圆（去掉左右顶点）， 设方程为， 于是，，解得. 又因为是，所以点P不能位于x轴上， 所以点P的轨迹方程为. （2）由题意，直线l的斜率不为0， 设直线l：，，， 将直线l方程代入椭圆，整理得到， 由韦达定理，得. 直线BM：， 令可得，同理. 由可得， 化简得到， 即， 即. 代入韦达定理整理得，，即， 解得，， 所以直线l的方程为. 19.【解析】（1）对求导得，，分以下两大情形来讨论的单调性： 情形一：当时，有，令，解得， 所以当时，有，此时单调递减， 当时，有，此时单调递增； 所以在单调递减，在单调递增； 情形二：当时，令，解得， 接下来又分三种小情形来讨论的单调性： 情形（1）：当时，有，此时随的变化情况如下表： 由上表可知在和上单调递增，在上单调递减； 情形（2）：当时，有，此时，所以此时在上单调递增； 情形（3）：当时，有，此时随的变化情况如下表： 由上表可知在和上单调递增，在上单调递减. 综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）因为，所以由题意， 又因为在区间上存在唯一零点， 所以存在唯一的，有，化简得， 若要证明，则只需，即只需， 不妨设，求导得， 令，继续求导得， 所以当时，单调递增， 所以， 所以当时，单调递增， 所以， 即当时，有不等式成立， 综上所述：若在区间上存在唯一零点，则. 学科网（北京）股份有限公司第 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$