精品解析：四川省眉山、雅安、资阳、广安、广元市2024-2025学年高三上学期12月第一次诊断考试数学试题

眉山市高中2025届第一次诊断性考试 数学试题 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 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5．考试结束后，只将答题卡交回. 一、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，只有一个选项符合题目要求． 1. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的乘法、除法运算法则可得，计算可得. 【详解】由可得，即， 所以，所以. 故选：B 2. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据韦恩图，可得阴影部分表示的集合为；分别求出集合，利用交并补运算即可求得结论. 【详解】由图可得阴影部分表示的集合为. 由可得，即， 由可得，即, 则， 故. 故选：C. 3. 已知椭圆的离心率为，则（ ） A. 2 B. C. 4或 D. 或2 【答案】C 【解析】 【分析】由椭圆方程可知对和进行分类讨论，再由离心率公式代入计算可得结果. 【详解】根据椭圆方程可知， 当时，可得，所以离心率， 解得； 当时，可得，所以离心率， 解得，所以； 所以或4. 故选：C 4. 某项智力测试共有 ， ，， ， 五道试题，测试者需依次答完五道试题且至少答对其中三道试题才算通过测试．小明答对 ， ，三道试题的概率均为，答对 ， 两道试题的概率均为，且每道试题答对与否相互独立，则小明在答错试题 的条件下通过测试的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别计算出答对三道试题和答对四道试题的概率，相加即可. 【详解】小明已经答错了试题 ,故要通过测试需在 ，， ， 四道试题中至少答对其中三道试题. ∵至少答对其中三道试题包括恰好答对三道试题和答对四道试题两种情况， ∴至少答对其中三道试题的概率为. 所以小明在答错试题 的条件下通过测试的概率为. 故选：D. 5. 已知是定义在上的奇函数，且可导，若是的极小值点，则下列说法错误的是（ ） A. 是函数的极大值点 B. 是函数的极小值点 C. 是函数的极小值点 D. 是函数的极小值点 【答案】D 【解析】 【分析】由函数与函数图象的对称，以及极值点的概念逐项判断即可. 【详解】对于A，因为是定义在 上的奇函数，图象关于原点对称， 所以是函数的极大值点，正确； 对于B，因为单调递增，又是的极小值点， 即存在区间，，此时单调递减，在上单调递增， 所以在单调递减，在单调递增， 所以是函数的极小值点，正确； 对于D，因为的图象与的图象关于轴对称， 由是的极小值点，是函数的极大值点， 可知是函数的极大值点，是函数的极小值点，D错误； 对于C，由D可知是函数的极小值点，所以存在区间，此时单调递减， 在区间上单调递增， 又单调递增， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增，故是函数的极小值点，C正确； 故选：D 6. 将函数图象上的所有点经过平移和伸缩变换得到函数的图象，若点被变换成了点，且，则的所有可能值之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先依据点被变换成了点，可得且，则或，，再将代入解析式，分类讨论分别求出的值即可求出结果． 【详解】由于点， 因为A被变换成点，且， 则或， 对于函数平移和伸缩变换得到 ， 经过变换后为点， 当时，，代入得， 即或，， 对于， 因为，当时，， 对于， 化简得，时,， 时，， 则可由先向右平移，再纵坐标不变横坐标变为原来的二倍得到， 横坐标为的点向右平移得到的点横坐标为，再乘以2可得， 而，不合题意舍去； 当时，，代入得， 即或 对于，化简得， 因为，当时，， 对于， 化简得 ，， 此时， 综上，所有可能值为和，它们的和为． 故选：A． 7. 已知，函数，则“”是“存在最小值”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】分类讨论 取不同值时，是否存在最小值，即可求出“”与“存在最小值”的关系. 【详解】由题意，，， 当 时，若，，函数单调递减，且时，， 没有最小值，∴. 当 时，， 此时， 当时，，，当且仅当时取等号. 若，则， 可知，，满足要求， 若，则，， 可知，，满足要求， 若，则，， 可知，若有最小值，则，解得：， 综上，若函数有最小值，则， ∴“”是“存在最小值”的充要条件， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数的作图，考查学生计算的能力，分类讨论的能力，具有一定的综合性. 8. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】用换元法设，化简方程求出，进而得出的正余弦值，化简即可得出结论. 【详解】由题意，，设，即， ∵，∴， 即， ∵，∴， ∵，得，则有， 由， ，解得：， ∴，， ∴. 故选：C. 【点睛】思路点睛： 由，，设，由已知得，求出，而即可得出结论. 二、选择题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 某直播带货公司统计了今年1月份至5月份的某种产品的月销量（单位：千件）如下表所示： 月份 1 2 3 4 5 月销量 2.4 3.1 4 5 5.5 已知变量与 之间具有线性相关关系，通过最小二乘法求得的经验回归直线方程为，则下列说法正确的是（ ） 参考公式：相关系数，决定系数． A. B. C. 每增加1，一定增加0.81 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】A项，求出，月份和月销量的均值，即可求出；B项，分析的分子和分母都不小于0，即可得出结论；C项，分析经验回归直线方程的意义，即可得出结论；D项，计算出，即可得出结论. 【详解】由题意及表得， 在中，， ， A项，∵， ∴，故A正确； B项， ，即，∴，故B正确； C项，经验回归直线方程为， 并不意味着 每增加1，一定增加0.81，会有一定的浮动，故C错误； D项， ∴，∴，故D正确； 故选：ABD. 10. 如图，在直三棱柱中，点 ， ， 分别是棱 ，，的中点，直线平面，直线 与平面所成角为45°，若， ，则下列说法正确的是（ ） A. B. 点到平面的距离为 C. 五面体的体积为 D. 三棱柱的外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A项，设出直三棱柱的高，建立空间直角坐标系并表达各点坐标，求出面的法向量，即可得出结论；B项，利用等体积法即可求出点到平面的距离；C项， 利用作差法即可求出五面体的体积；D项，求出外接球的位置和半径，即可得出三棱柱的外接球的表面积. 【详解】由题意， 在直三棱柱中，面，面， 面，面， 直线 与平面所成角为45°， ∴，，，， 在中，， ， ∴， ， ∴是等腰直角三角形，，， 建立空间直角坐标系如下图所示，设直三棱柱高为， ， ， ∴ 在面中，设其一个法向量为， ，即，解得：， 当时，， ∴，解得：， 故A正确； B项，连接，， ， 由几何知识得，，， ，， 在中，， 由勾股定理得，， 在中，同理可得，， 在中，过点作于点 ， 则 是的中点，也是矩形对角线交点，连接， 在中，， 由勾股定理得，， 设点到平面的距离为 ， 点到平面的距离为， ∴， ， ， ， ∵， 解得：， 故B错误； C项，五面体的体积为：， 故C正确； D项，由几何知识得，，， ∴四边形为正方形，设正方形中心 ， 是的中点，也是矩形对角线的交点， 所以 是的中点， 是的中点，所以, 因为平面，所以平面 所以点 在过正方形中心 ，平面的垂线上， ∴点 到正方形的四个顶点距离都相等，有， 在矩形中，由几何知识得，点 到矩形的四个顶点距离都相等，有， 所以点 为球心，点 到各顶点的距离都等于球的半径， 即， ∴三棱柱的外接球的半径为， ∴三棱柱的外接球的表面积为：， 故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量，等体积法，外接球的表面积，考查学生计算的能力，作图的能力，具有很强的综合性. 11. 若函数有三个不同零点，则（ ） A. B. C. 可以等于 D. 可以等于1 【答案】AD 【解析】 【分析】通过对不同 取值下不同区间的分类讨论，得出符合三个不同零点的情况，即可根据得出结论. 【详解】由题意， 的定义域为 , 当时， ∴，函数在 上没有零点， 在上单调递增， 当 时，在上单调递增， ∴不可能有三个零点，即， 当时. ， 若, ∵，则， ∴， 此时 . 令, 解得：或（舍） 当时， ；当 时，， ∴函数在单调递增，在单调递减， 故不可能有三个不同零点 若 ，则， 当时，，， ∴函数在上单调递增， 当时，，， 令，解得：或（舍） 当时，在上递增， 此时，在上单调递增， 此时，不可能有三个不同零点，不合题意，舍去. 当即时， 令，解得：， 令，解得：， ∴函数在，上单调递增，在上单调递减， 且当时, ；当时, ,且. ∴若函数有三个零点，则有， C，D项， ， ∴，即，解得：， ∴ ∴， ∴可以等于1，不可以等于 ， 故C错误，D正确； A，B项， ， 解得：，即， 故A正确，B错误； 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：本题考查分类讨论，去绝对值，函数的求导，考查学生的计算能力，理解和分析问题的能力，具有很强的综合性. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中， 是 边上靠近 的一个三等分点，若与平行，则实数__________． 【答案】4 【解析】 【分析】利用定比分点将化简，由平面向量共线定理计算可得结果. 【详解】根据题意可得， 所以， 由与平行可得， 即，又不共线， 所以，解得. 故答案为：4 13. 已知 为坐标原点， 是抛物线：的焦点， ， 是上位于 轴异侧的两点，且，，则的面积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用焦半径公式算出的坐标，计算直线 的方程，进而证明出三点共线，最后利用计算即可. 【详解】由题意即可知：，不妨设点，且点 在第一象限， 则，， 故， 所以直线 的方程为：， 令得，即三点共线， 所以. 故答案为：或. 14. 设， 为常数，，若对任意，都有，则__________；__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据条件，应用累加法及二项式定理求得，代入即可求，再由，即可求. 【详解】由题意，， 两边同乘以，得，， 所以有， ， ， ， ， 将它们累加得， ， 已知，所以，则，； 由，， 所以 ， 所以若， 为常数，则. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：将变成差的形式，应用累加及二项式定理求出为解题关键. 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. 如图，是圆锥的顶点， 是圆锥底面圆心， ， 是底面圆 的两条直径，点 在上，． （1）求证：； （2）若 为的中点，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明如下： 因为， 为 的中点， 所以， 又，且，平面，平面, 所以平面． 又平面，所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证得平面，再利用线面垂直的性质定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用向量夹角的余弦公式求出法向量夹角的余弦值，进而得到二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意，在 中，，所以，所以， 又 为的中点，所以，. 设，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，所以，，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则 设平面的一个法向量为， 则，取，则． 因此， 由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为． 16. 已知的面积． （1）求证：； （2）设 为 的中点，且，求的值． 【答案】（1） 记角，的对边分别为 ，，， 由题意可知， 由正弦定理得 因为， 所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及三角形面积公式边化角即可证明； （2）利用余弦定理解与得出，再利用正弦定理解计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，由余弦定理得，① 同理，在中，② ①-②得，． 在中，由正弦定理得，， 所以，即， 所以． 17. 已知，函数. （1）当时，求证：； （2）若，求 的取值范围. 【答案】（1） 由题意证明如下，， 在中，， 当时，，要证，只需证， 令，则， 令，得 ， 所以当时，，在上单调递减； 当时，在上单调递增， 所以，即， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）当时，得出，将问题化为证，构造函数并证明其单调性，得出，即可得出结论； （2）写出表达式，利用换元法转化为证明恒成立问题，构造函数并求导，将导数进行二次求导，分类讨论得出导函数的单调性，进而确定原函数的单调性，进而得出参数范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意及（1）得，，， 在中， ， 令，由题意，在时恒成立， 设，， 则， 令， 当时，， 所以，在上单调递减， 所以，符合题意， 当时，在上单调递增， 又，， 所以存在，使得，且时，，即， 所以在上单调递增，所以，不符合题意， 综上所述， 的取值范围为. 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1.通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2.利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3.适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论； 4.构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 18. 已知，分别是双曲线：的上顶点，下焦点． （1）求的标准方程； （2）过 的直线与的上，下支分别交于 ， 两点（ 异于 ），直线平分线段 与的下支交于点 ． （ⅰ）求证：直线 与直线 的交点在一条定直线上； （ⅱ）过三点的圆是否经过定点，请说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明： 由题意，直线 的斜率存在，设直线 方程为：，，． AI 由，消去整理得，， 由于同号，所以，即，则， 所以，由，解得， 所以， 所以直线 方程为：，即， 由得，所以直线 与直线 的交点在一条定直线上． （ⅱ）过三点的圆经过定点，理由如下： 由弦长公式． 设线段 的中点为，则， 所以， 所以，即点 在以线段 为直径的圆上． 又，即， 所以 在以线段 为直径的圆上， 所以过 ， ， 三点的圆经过定点． 【解析】 【分析】（1）由已知有，，由求出即可. （2）（ⅰ）设直线 方程为：，联立方程组由韦达定理即可求得，即可得直线 方程为，由直线 方程与直线 方程消去 即可. （ⅱ）先确定经过三点的圆是以线段 为直径的圆，设线段 的中点为 ，经过计算得，即可得点 在圆上得证. 【小问1详解】 由题意，，，所以， 所以的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线定点问题，一般通过联立直线与圆锥曲线，结合韦达定理将可能过定点的直线表示出来，进而判断是否过定点. 19. 如果数列满足：存在，，使得任意，都成立，则称数列是数列． （1）设，判断数列是否是数列，请说明理由； （2）证明：对任意，公差为2的等差数列都是数列； （3）若数列既是数列，又是数列，证明：数列是等差数列，并求出的值． 【答案】（1） 因为， 则， 所以数列是数列． （2） 因为是公差为2的等差数列， 则 ， 所以对任意，公差为2的等差数列都是数列． （3） 因为数列是数列， 则①， ②， ②-①得，， 所以③， 由①，③得，， 所以． 由①得，④， ④-①得，， 即， 所以， 所以，即， 在③中，分别令，得： ⑤， ⑥， ⑦， ⑧， 则⑥-⑤得，， ⑦-⑥得，， ⑧-⑦得，， 所以， 所以； 另一方面，由⑧-⑦得，， ⑦-⑥得，， ⑥-⑤得，， 所以， 所以数列是公差为2的等差数列． 由⑤得， 所以． 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，即可得结果； （2）根据等差数列性质可得，即可得结果； （3）根据题意可得，，两式作差，进而可得，即可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：本题考查新定义背景下的与等差数列相关的数学问题，对于给定的数列是否满足新定义，只需按定义检验即可，对于若干子数列为等差数列，要证明整个数列为等差数列，需证明子数列的公差满足一定的条件且前若干项也满足一定的条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 眉山市高中2025届第一次诊断性考试 数学试题 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 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5．考试结束后，只将答题卡交回. 一、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，只有一个选项符合题目要求． 1. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 3. 已知椭圆的离心率为，则（ ） A. 2 B. C. 4或 D. 或2 4. 某项智力测试共有 ， ，， ， 五道试题，测试者需依次答完五道试题且至少答对其中三道试题才算通过测试．小明答对 ， ，三道试题的概率均为，答对 ， 两道试题的概率均为，且每道试题答对与否相互独立，则小明在答错试题 的条件下通过测试的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知是定义在上的奇函数，且可导，若是的极小值点，则下列说法错误的是（ ） A. 是函数的极大值点 B. 是函数的极小值点 C. 是函数的极小值点 D. 是函数的极小值点 6. 将函数图象上的所有点经过平移和伸缩变换得到函数的图象，若点被变换成了点，且，则的所有可能值之和为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，函数，则“”是“存在最小值”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 某直播带货公司统计了今年1月份至5月份的某种产品的月销量（单位：千件）如下表所示： 月份 1 2 3 4 5 月销量 2.4 3.1 4 5 5.5 已知变量与 之间具有线性相关关系，通过最小二乘法求得的经验回归直线方程为，则下列说法正确的是（ ） 参考公式：相关系数，决定系数． A. B. C. 每增加1，一定增加0.81 D. 10. 如图，在直三棱柱中，点 ， ， 分别是棱 ，，的中点，直线平面，直线 与平面所成角为45°，若， ，则下列说法正确的是（ ） A. B. 点到平面的距离为 C. 五面体的体积为 D. 三棱柱的外接球的表面积为 11. 若函数有三个不同零点，则（ ） A. B. C. 可以等于 D. 可以等于1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在 中， 是 边上靠近 的一个三等分点，若与平行，则实数__________． 13. 已知 为坐标原点， 是抛物线：的焦点， ， 是上位于 轴异侧的两点，且，，则的面积为__________. 14. 设， 为常数，，若对任意，都有，则__________；__________． 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. 如图，是圆锥的顶点， 是圆锥底面圆心， ， 是底面圆 的两条直径，点 在上，． （1）求证：； （2）若 为的中点，求二面角的余弦值． 16. 已知 的面积． （1）求证：； （2）设 为 的中点，且，求的值． 17. 已知，函数. （1）当时，求证：； （2）若，求 的取值范围. 18. 已知，分别是双曲线：的上顶点，下焦点． （1）求的标准方程； （2）过 的直线与的上，下支分别交于 ， 两点（ 异于 ），直线平分线段 与的下支交于点 ． （ⅰ）求证：直线 与直线 的交点在一条定直线上； （ⅱ）过三点的圆是否经过定点，请说明理由． 19. 如果数列满足：存在，，使得任意，都成立，则称数列是数列． （1）设，判断数列是否是数列，请说明理由； （2）证明：对任意，公差为2的等差数列都是数列； （3）若数列既是数列，又是数列，证明：数列是等差数列，并求出的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $