精品解析：四川省达州市普通高中2026届高三上学期第一次诊断性测试数学试题

达州市普通高中2026届第一次诊断性测试 数学试题 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，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，再选涂其它答案标号．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，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求解集合B中的不等式，再利用交集的定义求解. 【详解】由得， 又，所以. 故选：C. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法运算化简，再由复数的模长公式代入计算，即可得到结果. 【详解】， 则. 故选：B. 3. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则其离心率为（    ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过双曲线的渐近线方程及已知直线求出斜率，再根据垂直关系进而得出与b的关系，最后利用离心率公式及计算离心率即可. 【详解】因为双曲线的渐近线方程为， 因为直线，整理得，其斜率为， 因为两直线垂直，所以，即， 又因为，代入，得，所以, 故离心率. 故选：A. 4. 向量满足，则（    ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，代入即可得出答案. 【详解】因为所以 所以，所以. 故选：D. 5. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则图象的一条对称轴方程为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出的解析式，对四个选项逐一判断或用整体法求得对称轴的方程. 【详解】因为将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象， 所以. (法一)当时，，A不正确； 当时，，B不正确； 当时，，C不正确； 当时，，D正确. 故选：D. （法二）令，解得，即函数图象的对称轴方程为. 当时，；当时，；当时，， 所以的图象在上只有两条对称轴，分别为和， 故选：D. （法三）前同法二，对于A，令，解得，排除A； 对于B，令，解得，排除B； 对于C，令，解得，排除C； 对于D，令，解得，符合题意. 故选：D. 6. 已知定义在上的函数满足，当时，，则当时，的极大值是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由对称条件，设，则，代入已知表达式得到，再根据反推出时的解析式，接着对该函数求导，找驻点并判断单调性，确定极大值点，最后代入计算极大值. 【详解】当时，，由及时， 可得：， 则，故， 对求导得：， 令，解得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减， 故为极大值点，极大值为， 综上，极大值为. 故选：C 7. 已知，则（    ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.7 【答案】B 【解析】 【分析】利用条件概率的定义式，先通过与求出，再代入的条件概率公式计算结果. 【详解】根据条件概率公式，先求： 由， 得. 再求： 由， 代入，得. 故选：B 8. 已知圆，若过点有且仅有两条直线被圆所截得的弦长为，则的取值范围是（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆的性质求出过点的直线被圆所截弦长为的弦中点所在图形，再利用点与圆的位置关系列式求解. 【详解】圆的圆心，半径， 令过点的直线被圆所截弦长为的弦中点为，则， ，因此点在以原点为圆心，为半径的圆上， 此时为圆的切线，依题意，过点可以作圆的两条切线， 则点在圆外，于是，解得或， 所以的取值范围是. 故选：B 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. 如图在正方体中，点为棱上的动点（不含端点），点为正方形的中心，下列说法正确的是（    ） A. 直线与直线异面 B. 平面与平面的交线平行于平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 当为中点时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，根据异面直线的定义进行判断即可；对于B选项，设平面平面，平面平面，根据面面平行的性质定理可得：，再根据线面平行的判定定理即可判断选项正误；对于C选项，根据，由于底面积恒定不变，在运动过程中高发生改变，即可判断选项正误；对于D选项，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、 轴如图建系，通过验证，即可判断选项正误. 【详解】对于A选项，如图，连接交于点， 由于平面，平面，平面且，由此可得：直线与直线异面，故A选项正确. 对于B选项，设平面平面，平面平面， 易知平面平面，则，又平面，平面，则平面，故B选项正确； 对于C选项，由于三棱锥的体积,由于的面积恒定不变，因此在上运动的过程中高发生改变，因此三棱锥的体积不为定值，故C选项错误； 对于D选项，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、 轴如图建系，不妨假设正方体的棱长为， 已知为的中点，则，，，， 可得：，，由于，可得：，故D选项正确. 故选：ABD 10. 在中，三个内角对边分别为，，则（    ） A. B. C. D. 的范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】A：利用正弦定理结合两角和的正弦公式，化简可得结果；B：假设成立后推出矛盾；C：根据向量的线性运算求出结果；D：将C的结果平方结合余弦定理可求解出关于的表示，根据的取值范围可求解出结果. 【详解】和正弦定理，可得， 即， 则， 所以， 则，即， 所以，由正弦定理，得，故A正确； 假设成立，因为，所以， 所以，且，所以， 所以，且，此时 无解，假设错误，故B错误； 因为，故C正确； 因为， 所以，由余弦定理，， 所以， 又因为，所以， 由三角形性质可知，即，解得， 所以，即的范围为，故的范围为，故D错误. 故选：AC. 11. 已知点为曲线上一动点，，下列说法正确的是（    ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线与轴有且仅有一个交点 C. 为坐标原点， D. 以为直径且与轴相切的圆有4个 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，设关于轴的对称点为，验证是否满足曲线方程即可判断选项正误；对于B选项，令，得到方程，判断方程解的个数即可得到曲线与轴的交点个数；对于C选项，由曲线方程知，可得：，通过求解函数值域即可求解的取值范围.对于D选项，由于圆与轴相切，可得：，化简得：，联立方程，判断方程组解的个数即可判断选项正误. 【详解】对于A，已知为曲线上的动点，设关于轴的对称点为， 因，故曲线关于轴对称，故A正确； 对于B，令，则可得方程，如图画出即的图象， 根据图象易知，在轴的右侧，因比的增长速度快得多，故在轴的右侧，两者没有公共点， 故两函数图象有且只有一个交点， 即方程有且仅有一个解，即曲线与轴有且仅有一个交点，故B正确； 对于C，，由曲线方程知，故. 当时，，例如当时，，故C错误； 对于D，以为直径的圆，设圆心为的中点，半径. 由于圆与轴相切，因此可得：， 化简得：，即， 联立方程，消去得：，即. 设，可得：， 令，则， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增. 又， ，， 因此可得：在和各有一个零点， 即存在和，使得， 由此可得：当时，在单调递增； 当时，在单调递减； 当时，在单调递增； 又，，， ，， 由此可得：在和和存在三个零点； 即方程存在两个正根一个负根， 再将根代入时可得：对于负根，对应无解，对于正根，对应有正负两种情况. 因此可得：以为直径且与轴相切的圆有4个，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 的展开式中，的系数是_____． 【答案】 【解析】 【分析】先求出项，对项进行整理后，令的次数为，解出的值，再将的值代入项，计算得到的系数. 【详解】设项为含的项，， 则，解得，， 则的系数是. 故答案为：. 13. 正实数满足，则的最小值是_____． 【答案】 【解析】 【分析】先根据基本不等式可得，再由，进而得到，注意检验是否能同时成立即可． 【详解】，， （当且仅当，即时取等）， （当且仅当时取等）， 综上（当且仅当时等号同时成立）， 则的最小值是． 故答案为：． 14. 在中，三个内角对边分别为的角平分线交于点，记内切圆半径为，外接圆半径为，则的取值范围为_____． 【答案】 【解析】 【分析】由三角形面积公式得到，进而得到，，进而得到，令，则， ，再结合函数单调性即可求解. 【详解】 由三角形面积公式可得：， 又， 可得：， 即，又，， 所以，又， 所以，所以，即， 即为直角三角形，所以， 又的面积为， 所以，又， 所以， 所以， 所以， 令，则， 则是方程的两根， 所以， 所以 所以，即，所以， 所以， 则 即 的解析式可知其在单调递增，值域为 所以的取值范围是， 所以的取值范围是. 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. 已知为等差数列，前项和为，且． （1）求； （2）设，数列的前项和为，若对任意，不等式成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据已知条件求出等差数列的首项和公差，进而求出. （2）先求出，然后求出并化简，进而求解不等式即可. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为，因为. 所以，解得. 所以. 【小问2详解】 . 所以 . 因为不等式对任意恒成立，则有对任意恒成立， 又，所以. 16. 某景区为了更好的开发旅游资源，试产了一系列的文创产品进行销售，对今年前几月的销售额统计如下： 月份 销售额万元 （1）根据表中数据建立月份与销售额的经验回归方程； （2）为了更好的规划文创产品，从这个月中随机抽取个月对销售情况进行分析，求抽到的月份数据含有残差（观测值减去预测值称为残差）为负的概率． 参考公式：．参考数据：，． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用最小二乘法可得回归方程； （2）分别计算各月份销售额的预测值，再根据古典概型概率公式可得解. 【小问1详解】 由已知，， 又，， 则，， 所以回归方程为； 【小问2详解】 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 则这个月中残差为负的月份有个，残差为非负的月份有个， 则这个月中随机抽取个月，抽到的月份数据含有残差为负的概率. 17. 已知抛物线在点处的切线为，当时，的斜率为 ． （1）求抛物线的方程； （2）点关于轴对称点为，抛物线的焦点为，过且平行于的直线与抛物线交于两点，直线与的斜率和是否为定值．若是，求出该值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）是，直线与的斜率和为定值 【解析】 【分析】（1）利用导数表示出切线斜率，则值可求，则的方程可求； （2）先表示出直线的方程，然后联立抛物线方程可得韦达定理形式，根据坐标运算结合韦达定理可求的值. 【小问1详解】 因为，所以，所以， 由题意可知，所以， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 因为，所以，， 又因为，所以，设， 由题意可知，即， 联立，可得， 所以，且， 所以 ， 所以直线与的斜率和为定值. 18. 如图1，半圆的圆心为，直径为中点，将扇形沿着翻折使 到，如图2所示，，点分别在上且不与端点重合， （1）求证； （2）当时，求多面体的体积； （3）求平面与平面夹角余弦的最大值． 【答案】（1）在半圆 中，直径为中点，则，折后有， 由，得，则， 又平面， 因此平面，而平面， 所以. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，证得，再利用线面垂直的判定、性质推理得证. （2）由（1）中信息，以 为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再利用割补法，结合三棱锥的体积公式求解. （3）设，求出平面的法向量，利用面面角的向量法列式，再结合正弦函数的性质求出最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得直线两两垂直， 以直线分别为 轴建立空间直角坐标系， 则， 由，得， ，， 连接，点 到平面的距离， 所以多面体的体积. 【小问3详解】 令，由（2）知，， ， 设平面的一个法向量 ， 则，取，得， 而平面的一个法向量， 因此 ， 由，得，， 则当时，， 所以平面与平面夹角余弦的最大值为. 19. 已知函数． （1）时，记函数，单调递增区间的长度为，递减区间的长度为．比较的大小（区间长度是指在实数轴上，区间两个端点之间的距离，与区间的开闭无关）； （2）当时，证明：； （3）判断关于的方程的根的个数，并说明理由． 【答案】（1） （2） 要证，即证， 即证， 记， ∴①当，即时，在单调递减，单调递增， 成立， ②当，即时，在单调递增，单调递减，单调递增， 成立． ③时，即时，在单调递增，成立． ④时，即时，在单调递增，单调递减，单调递增， 成立. 综上，成立. （3） 由（2）记， 由（2）中③知时，在单调递增且存在， 由（2）中④知，时， 时，在单调递增，单调递减，单调递增且， ∴当时有， ∴即且时，始终有两极值． ， 记 令对称轴 在上为单调递减， 只有一解，方程有一个根． 综上，方程有一个根 【解析】 【分析】（1）通过将函数展开并求导，分析其在给定区间上的单调性，利用驻点划分单调区间，并通过区间端点计算长度，进而比较递增与递减区间的长度大小. （2）构造差函数，对其求导并解出导函数的零点，结合参数的范围分类讨论的单调性，再通过计算关键点（端点、极值点）的函数值，证明在指定区间上恒成立. （3）利用第二问的结论，结合的单调性分析，通过选取特殊点确定函数值的符号变化，运用零点定理判断方程在定义域内的根的个数，并排除无解区间. 【小问1详解】 ， ∴二次函数对称轴为：， ∴单调递增区间为， ∴单调递减区间为， 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 达州市普通高中2026届第一次诊断性测试 数学试题 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，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，再选涂其它答案标号．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，则（    ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则其离心率为（    ） A. B. C. 2 D. 4. 向量满足，则（    ） A. B. 1 C. D. 5. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则图象的一条对称轴方程为（    ） A. B. C. D. 6. 已知定义在上的函数满足，当时，，则当时，的极大值是（    ） A. B. C. D. 7. 已知，则（    ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.7 8. 已知圆，若过点有且仅有两条直线被圆 所截得的弦长为，则的取值范围是（    ） 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. 如图在正方体中，点为棱上的动点（不含端点），点为正方形的中心，下列说法正确的是（    ） A. 直线与直线异面 B. 平面与平面的交线平行于平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 当为中点时， 10. 在中，三个内角对边分别为，，则（    ） A. B. C. D. 的范围为 11. 已知点为曲线上一动点，，下列说法正确的是（    ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线与轴有且仅有一个交点 C. 为坐标原点， D. 以为直径且与轴相切的圆有4个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 的展开式中，的系数是_____． 13. 正实数满足，则的最小值是_____． 14. 在中，三个内角对边分别为的角平分线交于点，记内切圆半径为，外接圆半径为，则的取值范围为_____． 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. 已知为等差数列，前项和为，且． （1）求； （2）设，数列的前项和为，若对任意，不等式成立，求实数的取值范围． 16. 某景区为了更好的开发旅游资源，试产了一系列的文创产品进行销售，对今年前几月的销售额统计如下： 月份 销售额万元 （1）根据表中数据建立月份与销售额的经验回归方程； （2）为了更好的规划文创产品，从这个月中随机抽取个月对销售情况进行分析，求抽到的月份数据含有残差（观测值减去预测值称为残差）为负的概率． 参考公式：．参考数据：，． 17. 已知抛物线在点处的切线为，当时，的斜率为． （1）求抛物线的方程； （2）点 关于轴对称点为，抛物线的焦点为，过且平行于的直线与抛物线交于两点，直线与的斜率和是否为定值．若是，求出该值；若不是，请说明理由． 18. 如图1，半圆的圆心为 ，直径为中点，将扇形沿着翻折使 到，如图2所示，，点分别在上且不与端点重合， （1）求证； （2）当时，求多面体的体积； （3）求平面与平面夹角余弦的最大值． 19. 已知函数． （1）时，记函数，单调递增区间的长度为，递减区间的长度为．比较的大小（区间长度是指在实数轴上，区间两个端点之间的距离，与区间的开闭无关）； （2）当时，证明：； （3）判断关于的方程的根的个数，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $