精品解析：甘肃省金昌市永昌县第一高级中学2025-2026学年高三上学期第一次诊断考试数学试卷

永昌县第一高级中学高三第一次诊断考试 数学 考生注意： 1.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. 2.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. 3.本卷命题范围：高考范围. 一､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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 3. 向量，则“”是“”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 4. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，是坐标原点，若的面积为，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 4 5. 遗忘曲线是由德国心理学家艾宾浩斯研究发现的，它描述了人类大脑对新事物遗忘的规律.某同学根据自己记忆100个英语新单词的经历，用画图软件拟合了自己的遗忘曲线，得到其记忆率（记住的单词个数占总单词数的百分比）与初次记忆经过的时间（单位：小时）的函数关系式为，当记住的单词仅剩25个时，则离初次记忆经过了（ ）（参考数据：） A. 100小时 B. 300小时 C. 1000小时 D. 3000小时 6. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数 在 处有极小值，则 （ ） A. 1 或 B. 1 C. D. 8. 已知为锐角，且，则（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. C. 当时， D. 当时，取得最大值 10. 已知变量x，y之间的线性回归方程为，且变量x，y之间的一组相关数据如表所示，则下列说法正确的是（ ）． x 6 8 10 12 y 6 m 3 2 A. 变量x，y之间呈现负相关关系 B. C. 可以预测，当时，y约为2.6 D. 由表格数据知，该回归直线必过点 11. 已知函数，的导函数为，则（ ） A. 存在，使得 B. 对于定义域内的任意，都有 C. 函数的图象关于原点对称 D. 方程有4个实数根 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，若，则______． 13. 设双曲线的左，右焦点分别是，，点是上的点，若是等腰直角三角形，则的离心率是_____． 14. 已知A，B，C，P是空间中不共面的四点，满足，若，且点P到平面ABC的距离等于1，则a的值为________． 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 已知函数的最大值为． （1）求常数的值； （2）求使成立的的取值集合． 16. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，椭圆的焦距为4. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点（不在轴上）在椭圆上，求直线的斜率之积. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，E为棱的中点，，. （1）证明：平面； （2）若，，求二面角的正弦值. 18. 已知． （1）求在处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）若方程有两个不相等的实数根，，且，求证：． 19. 某次投篮游戏，规定每名同学投篮次，投篮位置有，两处，第一次在处投，从第二次开始，若前一次未投进，则下一次投篮位置转为另一处；若前一次投进，则下一次投篮位置不变.在处每次投进得2分，否则得0分；在处每次投进得3分，否则得0分.已知甲在，两处每次投进的概率分别为，，且每次投篮相互独立.记甲第次在处投篮的概率为，第次投篮后累计得分为. （1）求的分布列及数学期望； （2）求的通项公式； （3）证明：. 参考公式：若，是离散型随机变量，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永昌县第一高级中学高三第一次诊断考试 数学 考生注意： 1.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. 2.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. 3.本卷命题范围：高考范围. 一､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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合，根据补集的运算性质计算即可. 【详解】由得：，所以. 故选：A 2. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算法则进行化简，再通过模公式求出模即可. 【详解】由题意，， 所以. 故选：D. 3. 向量，则“”是“”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】A 【解析】 【分析】结合向量平行的坐标表示，根据“”与“”的相互推出情况判断出属于何种条件即可. 【详解】先讨论充分性，当时，，，此时，，，充分性成立； 再讨论必要性，当时，，即， ，解得或，必要性不成立. 综上，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，是坐标原点，若的面积为，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由焦点坐标得出，从而得出抛物线方程，设出的坐标，结合三角形面积公式计算出坐标值，进而利用两点间距离公式求解． 【详解】 ， ，即，抛物线的方程为． 设，则的面积为： ，解得，将代入，解得， ． 故答案为：D． 5. 遗忘曲线是由德国心理学家艾宾浩斯研究发现的，它描述了人类大脑对新事物遗忘的规律.某同学根据自己记忆100个英语新单词的经历，用画图软件拟合了自己的遗忘曲线，得到其记忆率（记住的单词个数占总单词数的百分比）与初次记忆经过的时间（单位：小时）的函数关系式为，当记住的单词仅剩25个时，则离初次记忆经过了（ ）（参考数据：） A. 100小时 B. 300小时 C. 1000小时 D. 3000小时 【答案】C 【解析】 【分析】利用对数性质求解指数方程可得答案. 【详解】由题意得，所以，即， 两边同时取以10为底的对数，得，所以. 故选：C. 6. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由余弦的和差角公式代入计算，可得，然后结合正弦定理代入计算，即可得到外接圆的半径，从而得到结果. 【详解】由， 得，所以． 又因为，结合正弦定理（其中为的外接圆的半径）， 所以，解得， 则的外接圆的面积为． 故选：B 7. 已知函数 在 处有极小值，则 （ ） A. 1 或 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，根据函数在处有极值建立等式求解可得或，再检验即可求解. 【详解】函数定义域为，， 因为函数在处有极值， 所以，即，解得或， 检验，当时，， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，函数在上单调递增， 所以时，函数在处有极小值，符合题意； 当时，， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，函数在上单调递减， 所以时，函数在处有极大值，不符合题意舍去； 综上，函数在处有极小值，则. 故选：B 8. 已知为锐角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由诱导公式，两角和的正弦公式变形求得，再求得，然后由半角公式计算． 【详解】， 是锐角，则， ， 故选：B． 二､多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. C. 当时， D. 当时，取得最大值 【答案】BC 【解析】 【分析】根据，求出，然后逐项分析即可. 【详解】时，， 时，， 综上，， 所以，数列是递减数列，故A错误； ，故B正确； 时，，故C正确； ，所以当或时，取得最大值，故D错误； 故选：BC. 10. 已知变量x，y之间的线性回归方程为，且变量x，y之间的一组相关数据如表所示，则下列说法正确的是（ ）． x 6 8 10 12 y 6 m 3 2 A. 变量x，y之间呈现负相关关系 B. C. 可以预测，当时，y约为2.6 D. 由表格数据知，该回归直线必过点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据回归直线斜率知A正确；利用回归直线必过样本中心点可构造方程求得，可知B错误，D正确；将代入回归直线知C正确. 【详解】对于A，由，得，故呈负相关关系，故A正确； 对于B，，， ，解得，故B错误； 对于C，当时，，故C正确； 对于D，由得，回归直线必过点，即必过点，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，的导函数为，则（ ） A. 存在，使得 B. 对于定义域内的任意，都有 C. 函数的图象关于原点对称 D. 方程有4个实数根 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据函数式，通过计算得可判断B正确； 对于B，利用导数得函数的单调性结合函数的对称性求得可判断A不正确； 对于C，先求得，再求导，得，经验证得到，可判断C正确； 对于D，令，由，确定，方程的只有一个根且由在上的单调性得，再由方程有4个不相等的实数根.得到方程有4个不相等的实数根，判断D正确. 【详解】对于B，由得，，故B正确； 对于A，，定义域为. 当时，，， 令，得；令，得； 所以在上单调递减，在上单调递增. 由B知，的图象关于对称， 所以在上单调递增，在上单调递减. .故A不正确； 对于C，， 当时，， 当时，，， 所以， 当时，， 当时，， 所以是奇函数，图象关于原点对称.故C正确； 对于D，由A知，的图象关于对称， 在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且. 令，则，由，得,， 根据的对称性和单调性知，方程，只有一个实数根且 由在上单调递增，，所以 而方程有4个不相等的实数根. 所以方程有4个不相等的实数根.故D正确. 故选：BCD. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，若，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求解即可. 【详解】随机变量， 正态分布图象关于对称， ， ， ， . 故答案为： 13. 设双曲线的左，右焦点分别是，，点是上的点，若是等腰直角三角形，则的离心率是_____． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意得到或，进而得到，构造出关于的齐次式，解出答案. 【详解】显然，或，不妨令，将代入双曲线方程，， 解得：，由等腰直角三角形可得，则，方程两边同除以得： ，解得：，因为，所以离心率为． 故答案为：. 14. 已知A，B，C，P是空间中不共面的四点，满足，若，且点P到平面ABC的距离等于1，则a的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】求得平面的一个法向量为，再根据和向量的数量积的运算，即可求解. 【详解】由， 设平面的法向量为，则， 取，可得，即， 点P到平面ABC的距离等于，所以，即得，且， 所以， 所以，所以. 故答案为：. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 已知函数的最大值为． （1）求常数的值； （2）求使成立的的取值集合． 【答案】（1）； （2），. 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换得到，从而得到函数最大值得到方程，求出； （2）在（1）的基础上，得到不等式，进行求解即可. 【小问1详解】 ， ∵，， ∴， ∴． 【小问2详解】 ∵，即， ∴， ∴，， 解得，， ∴使成立的的取值集合是，. 16. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，椭圆的焦距为4. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点（不在轴上）在椭圆上，求直线的斜率之积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的性质结合关系求解可得； （2）设，由在椭圆上，得，再利用斜率的定义代入化简可得. 【小问1详解】 由，得，解得， 设椭圆的焦距为，由焦距为4，得，解得. 又，所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 由题意，得， 设，由在椭圆上，得，即， 所以， 即直线的斜率之积为. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，E为棱的中点，，. （1）证明：平面； （2）若，，求二面角的正弦值. 【答案】（1） 证明：因为，E为棱的中点，所以， 因为平面，平面，所以. 因为平面，平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，平面，平面，且，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，进而得，再根据线面垂直的判定定理得证； （2）以为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取棱的中点，连接， 因为E为棱的中点，所以∥， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以，，两两垂直， 所以以为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，， 则，，. 设平面的法向量为， 则，令，得. 由（1）可知平面的一个法向量为. 由， 所以二面角的正弦值为. 18. 已知． （1）求在处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）若方程有两个不相等的实数根，，且，求证：． 【答案】（1） （2） 当时，在单调递减，无增区间； 当时，在单调递减，在单调递增. （3）证明：若，由（2）知在单调递减，方程至多有一个实根，不符题意， 所以． 法1．由题意知，所以，且． 要证，只要证，只要证， 只要证，只要证． 令，，， 所以在单调增，， 因为，所以，即， 所以得证． 法2．由（2）得在单调递减，在单调递增， 所以，所以． 因为，所以， 要证，只要证，只要证， 只要证． 而， 令，，， 所以在单调增，， 所以时，恒成立，令得， 所以． 所以得证． 【解析】 【分析】（1）由函数解析式求导，从而求出切线斜率与切点坐标，可得答案； （2）由导数与函数单调性的关系，分情况讨论，可得答案； （3）由题意明确参数的取值范围，法1：整理方程，构造函数，利用导数研究新函数的性质，可得答案；法2：由函数的单调性求得函数最值，结合题意进一步明确参数的取值范围，整理所证的不等式，利用函数的单调性构造函数，根据导数求得最值，可得答案. 【小问1详解】 因为，所以，又因为， 所以在处的切线方程为，即． 【小问2详解】 因为， ①若，则恒成立，所以在单调递减，无增区间． ②若，令得，令得， 所以在单调递减，在单调递增． 综上所述，当时，在单调递减，无增区间； 当时，在单调递减，在单调递增. 【小问3详解】 略. 19. 某次投篮游戏，规定每名同学投篮次，投篮位置有，两处，第一次在处投，从第二次开始，若前一次未投进，则下一次投篮位置转为另一处；若前一次投进，则下一次投篮位置不变.在处每次投进得2分，否则得0分；在处每次投进得3分，否则得0分.已知甲在，两处每次投进的概率分别为，，且每次投篮相互独立.记甲第次在处投篮的概率为，第次投篮后累计得分为. （1）求的分布列及数学期望； （2）求的通项公式； （3）证明：. 参考公式：若，是离散型随机变量，则. 【答案】（1） 0 2 3 4 （2）（，2，……，） （3） 因为第次在处投篮的概率为，在处投篮的概率为， 记第次得分，则的可能取值为0，2，3， ， ， ， 所以， 因为， 所以 ， 因为， 所以. 【解析】 【分析】（1）设“甲第次在处投进”为事件，“甲第次在处投进”为事件，，2，依题意，的可能取值为0，2，3，4，根据独立事件概率乘法公式分别求解随机变量对应的概率即可得分布列，从而得数学期望； （2）当时，甲第次在处投篮分两种情形：①第次在处投篮且投进； ②第次在处投篮且未投进.分别确定概率，结合数列的递推关系得等比数列，根据等比数列的通项公式求解的通项公式即可； （3）第次在处投篮的概率为，在处投篮的概率为，记第次得分，则的可能取值为0，2，3，分别求解概率即可计算数学期望，结合指数函数的性质证明结论即可. 【小问1详解】 设“甲第次在处投进”为事件，“甲第次在处投进”为事件， ，2，依题意，的可能取值为0，2，3，4. ， ， ， ， 所以的概率分布为 0 2 3 4 （分）. 【小问2详解】 当时，甲第次在处投篮分两种情形： ①第次在处投篮且投进，这种情形概率为； ②第次在处投篮且未投进，这种情形概率为. 所以， 故， 因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列. 所以， 即，，2，……，. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $