精品解析：四川省泸州市2026届高三第一次教学质量诊断性考试数学试卷

泸州市高2023级第一次教学质量诊断性考试 数学 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，用铅笔把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.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. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解出A集合，再与B集合求交集即可. 【详解】因为或， 所以. 故选：D. 2. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解. 【详解】， 所以. 故选：B. 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数与对数函数的单调性解不等式，再结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为等价于，等价于， 又因为可以推出，即充分性成立； 不能推出，例如，即必要性不成立； 综上所述：“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得图象向右平移个单位长度，得到图象对应的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数图象变换规则，先对函数进行伸长变换，再对所得图象进行向右平移变换，最终得出函数解析式． 【详解】若把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变， 则需将替换为，即， 再把所得图象向右平移个单位长度，则需将替换为， 即， 最终得到的函数解析式为，故D正确． 故选：D． 5. 若，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. 8 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先根据对数的运算法则求出的值，再利用基本不等式可求的最小值. 【详解】由， 因为，， 所以， 当且仅当，即时取等号. 故选：C 6. 要安排4名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】分别讨论一个村1名，另一村3名志愿者和一个村2名，另一个村2名志愿者，两种情况，根据分组分配的处理方法，分析计算，即可求得答案. 【详解】若一个村1名，另一村3名志愿者，则有种选法； 若一个村2名，另一个村2名志愿者，则有种选法， 所以不同的安排方法共有8+6=14种. 故选：B 7. 若函数在单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先对函数求导，根据导数的函数性质结合零点取值得出已知条件恒成立时需满足的条件，再讨论的符号得出的取值范围． 【详解】函数，求导得， 当时，，在R上单调递增，不合题意； 令，解得或， 若函数在单调递减，则在恒成立， 当时，，， 当时，，， 的取值范围为. 故选：C． 8. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令 ，联立，解出的值，再利用诱导公式以及倍角公式即得. 【详解】令 ，则 ， 由 ，可得 ，进而 ， 因此，， 利用诱导公式，， 联立 ，解得： 或. 当时， ， ， 则， 代入得； 当时， ， ， . 故选：B 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 记为等差数列的前项和，为的公差，若，则（ ） A. B. C. 当或6时，取得最小值 D. 当时，的最小值为11 【答案】AC 【解析】 【分析】利用已知可求得等差数列的首项与公差，利用等差数列的性质与前项和公式逐项计算判断即可. 【详解】因为，所以两式相减得，解得，故A正确； 由，得，所以， 所以，解得，所以， 所以，故B错误； 令，即，解得， 即数列前项为负，第项为0，第起为正， 所以当或6时，取得最小值，故C正确； ，令，则， 解得（舍去）或，又，所以时，， 所以当时，的最小值为12，故D错误. 故选：AC. 10. 记为事件的对立事件，已知，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若与相互独立，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由独立事件定义和性质、独立概率乘法公式、条件概率公式即可逐一计算判断各选项. 【详解】对于A选项：若，则，A正确； 对于B选项：若与相互独立，则与相互独立, 所以，B正确； 对于C选项：若，则，C错误； 对于D选项：若，则, 又, 所以，D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 的最大值为1 D. 在上存在唯一极值点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数的性质，利用特殊值法分析判断选项A，对求导，利用导数分析函数单调性及极值，进而判断选项BCD． 【详解】选项A：，， ，， ， 需比较与的大小， ，，， ，故，故A正确； 选项B：，求导得，分母， ，对于任意，，， 又，， 对于任意成立， 在成立，故在上单调递减，故B错误； 选项C：当时，， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 在时取得最小值，即在上恒成立， ，当且仅当时， ，仅当时等号成立，故的最大值为1，故C正确； 选项D：，， 令， 当时，， ，故，函数单调递减； 当时，，， 当时，， 求导得，， ，函数单调递增，且， 在上单调递增，且，， 由零点存在定理知在上存在唯一零点，设为， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 是在上存在唯一极小值点，故D正确． 故选：ACD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量与均为单位向量，，则与的夹角为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题设，结合平面向量数量积的定义及运算律求解即可. 【详解】由题意，，， 则，即， 则，所以， 又，则. 故答案为：. 13. 曲线在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求解即可. 【详解】由，则， 而，则， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 故答案为：. 14. 已知的面积为1，边上的中线为，且，则边的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用线段长度的关系，设其中一条线段，就可以表示相关线段，再引入，利用面积关系找到一个等式，然后由余弦定理求边，最后转化为角的函数来求最值即可. 【详解】 取，根据已知条件可知为的重心， 由，设，，则，， 由，又因为， 所以， 再由余弦定理可知， 令，则， 即 因为，所以， 即， 因为，所以的最小值为， 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. 已知函数的图象经过点. （1）求； （2）求函数的单调递减区间. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意代入点运算求解即可； （2）利用三角恒等变换可得，以为整体，结合正弦函数单调性运算求解. 【小问1详解】 因为函数的图象经过点， 则，解得. 【小问2详解】 由（1）可知：， 令，解得， 所以函数的单调递减区间为. 16. 记为数列的前项和，已知. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据求数列的通项公式. （2）利用分组求和法求和. 【小问1详解】 当时，， 当时，，， 两式相减得，， 所以是以为首项，3为公比的等比数列， 故. 【小问2详解】 当为奇数时，， 当为偶数时，， 所以 . 17. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）已知为边上一点，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，由将边转化为角，再利用三角恒等变换求解；（2）先求得，然后在中，利用余弦定理求得BD，再利用三角形的面积公式求解. 【小问1详解】 由正弦定理，且， 得， ， ，则，因为，所以， 又，所以； 【小问2详解】 如图所示： 因为，所以，设， 则， ， 在中，由余弦定理得，解得， 所以. 18. 甲同学进行定点投篮训练，假设甲同学每次投篮命中的概率为，且各次投篮互不影响，设（，为整数）表示甲同学投篮次恰好有2次命中的概率. （1）求； （2）投篮前约定：甲同学最多投篮次，当出现两次命中时就不再投篮，投篮次后即使没有出现两次命中也不再投篮，用表示甲同学在约定条件下投篮的次数. （i）若，求； （ii）若，求的最小值. 【答案】（1） （2）（i） （ii）8 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式即可求解 （2）（i）根据出现的情况有两种，即可根据独立事件的概率乘法公式求解； （ii）根据以及期望的计算公式即可求解. 【小问1详解】 （，为整数）表示甲同学投篮次恰好有2次命中的概率， 所以当时，. 【小问2详解】 （i）前五次命中一次的概率为：, 前五次一次都不命中的概率为：， 所以. （ii）， 设投篮次数为，， ， ， 记① ② ①②，错位相减可得， 所以， 所以 因为，所以, 解得：，所以的最小值为. 19. 已知函数与函数有相同的最大值. （1）求的值； （2）若，且恒成立，求实数的取值范围； （3）若函数共有4个不同的零点，且，证明：. 【答案】（1） （2） （3） 由（1）可知，函数，函数，且， 函数与函数有相同的最大值， 因为函数共有4个不同的零点， 且，则，由，， 由可得，而， 故为两个不同的解，故，故， 设，则，而，故即， 故，而，由基本不等式可得. 故. 【解析】 【分析】（1）利用导数分类讨论求两个函数的最大值，列出等式解得结果. （2）先分离参数，构造函数并求导，分析新函数单调性，最后确定参数的取值范围. （3）利用函数的单调性和函数的零点计算四个零点的关系，再根据基本不等式证明即可. 【小问1详解】 对函数求导可得， 当时，，无最大值，舍去. 当时，令，解得，当时，单调递增； 当时，单调递减.所以在处取最大值. 当时，令，解得，当时，单调递减； 当时，单调递增.此时，无最大值，舍去. 函数求导得，令，解得， 由函数有最大值可知，当时，单调递增； 当时，单调递减；所以在处取得最大值， 因为函数与函数有相同的最大值，所以， 等式两边同乘得，解得 【小问2详解】 由（1）可知，， 则恒成立，其中且， 原不等式整理为，即. 构造函数，求导 令， 求导得 令， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以，可得，在和上递增， 因为，所以当时，， 即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增， 因此当时，，所以， 所以，解得. 又当时， 当时，，，； 当时，，，， 所以恒成立，所以实数的取值范围为； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸州市高2023级第一次教学质量诊断性考试 数学 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，用铅笔把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.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. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 4. 把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得图象向右平移个单位长度，得到图象对应的解析式为（ ） A. B. C. D. 5. 若，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. 8 D. 3 6. 要安排4名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 20 7. 若函数在单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若，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. 记为等差数列的前项和，为的公差，若，则（ ） A. B. C. 当或6时，取得最小值 D. 当时，的最小值为11 10. 记为事件的对立事件，已知，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若与相互独立，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知函数，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 的最大值为1 D. 在上存在唯一极值点 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量与均为单位向量，，则与的夹角为__________. 13. 曲线在点处的切线方程为__________. 14. 已知的面积为1，边上的中线为，且，则边的最小值为__________. 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. 已知函数的图象经过点. （1）求； （2）求函数的单调递减区间. 16. 记为数列的前项和，已知. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 17. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）已知为边上一点，且，求的面积. 18. 甲同学进行定点投篮训练，假设甲同学每次投篮命中的概率为，且各次投篮互不影响，设（，为整数）表示甲同学投篮次恰好有2次命中的概率. （1）求； （2）投篮前约定：甲同学最多投篮次，当出现两次命中时就不再投篮，投篮次后即使没有出现两次命中也不再投篮，用表示甲同学在约定条件下投篮的次数. （i）若，求； （ii）若，求的最小值. 19. 已知函数与函数有相同的最大值. （1）求的值； （2）若，且恒成立，求实数的取值范围； （3）若函数共有4个不同的零点，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $