精品解析：四川省成都市2026届高三第一次诊断性检测数学试题

成都市2023级高中毕业班第一次诊断性检测 数学 本试卷满分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、考籍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，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 三次产业增加值占国内生产总值的比重是衡量一个国家或地区经济发展阶段、产业结构优化程度以及未来经济发展潜力的重要指标、其中第一产业包括农业、林业、渔业等；第二产业涵盖制造业、建筑业等；第三产业则包括服务业、金融业、信息技术等.如图为我国2020-2024年三次产业增加值占国内生产总值比重的等高堆积条形图，则（ ） A. 2020-2024年第一产业增加值占国内生产总值比重逐年递增 B. 2020-2024年第二产业增加值占国内生产总值比重的中位数为36.9% C. 2020-2024年第三产业增加值占国内生产总值比重的平均数为55.1% D. 2020-2024年三次产业中增加值占国内生产总值比重极差最大的是第二产业 4. 已知为非零向量，则“存在实数，使”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 5. 某种产品的加工需要经过5道不同工序，如果指定其中某2道工序必须相邻，那么加工顺序共有（ ） A. 96种 B. 72种 C. 48种 D. 36种 6. 在空间中，下列命题正确的是（ ） A. 垂直于同一直线的两条直线平行 B. 平行于同一直线的两个平面平行 C. 若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 D. 若一个平面内有三个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 7. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 在等比数列中，，，则 （ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 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. 已知函数，下列说法正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 的值域为 C. 在上单调递增 D. 将函数的图象向右平移个单位长度后可以得到函数的图象 10. 已知是定义在的偶函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. 是的极小值点 D. 存在实数，使得直线与的图象恰有1个公共点 11. 已知 ， 为正数，且则（ ） A. 的最大值为4 B. 的最大值为4 C. 的最小值为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记为等差数列的前项和，若，，则_____. 13. 已知直线与圆相交于 ，两点，则线段中点的坐标为_____. 14. 在三棱锥 中，底面 ，侧面侧面，且 ，的面积为4.若三棱锥 的各个顶点都在球的球面上，则球表面积的最小值为_____. 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. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，，且. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与相交于，两点，求的值. 16. 已知在中，，. （1）求 ，； （2）若，求的面积. 17. 口袋中有2个白球和2个红球，这些球除颜色外完全相同.现有两种游戏方案： 游戏一：从袋中有放回地摸球2次，记摸到白球的次数为； 游戏二：从袋中无放回地摸球2次，记摸到白球的次数为.两种游戏的结果相互独立. （1）分别求两种游戏中第二次摸到白球的概率； （2）求； （3）对于随机变量，定义信息熵，它量化了一个随机系统所包含的“不确定性”程度，熵值越大，表明该系统的“不确定性”越高，比较与的大小，并判断哪种游戏的“不确定性”更高. 18. 如图，在菱形中，将三角形沿翻折至三角形，连接，构成四棱锥 . （1）证明： 平面 ； （2）证明：平面 平面； （3）若，，四棱锥 的体积不大于，求平面与平面 夹角的余弦值的最大值. 19. 设函数. （1）证明：对每个且，存在唯一的，满足； （2）若，求； （3）证明：，其中表示的导数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都市2023级高中毕业班第一次诊断性检测 数学 本试卷满分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、考籍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，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用集合的交运算写出集合即可. 【详解】由. 故选：A 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】应用复数的除法化简，并确定其对应点所在的象限，即可得. 【详解】由，对应点为在第四象限. 故选：D 3. 三次产业增加值占国内生产总值的比重是衡量一个国家或地区经济发展阶段、产业结构优化程度以及未来经济发展潜力的重要指标、其中第一产业包括农业、林业、渔业等；第二产业涵盖制造业、建筑业等；第三产业则包括服务业、金融业、信息技术等.如图为我国2020-2024年三次产业增加值占国内生产总值比重的等高堆积条形图，则（ ） A. 2020-2024年第一产业增加值占国内生产总值比重逐年递增 B. 2020-2024年第二产业增加值占国内生产总值比重的中位数为36.9% C. 2020-2024年第三产业增加值占国内生产总值比重的平均数为55.1% D. 2020-2024年三次产业中增加值占国内生产总值比重极差最大的是第二产业 【答案】B 【解析】 【分析】选项A，依据表中数据求出2020-2024年第一产业增加值占国内生产总值比重，通过数据判断选项A错误；选项B，利用中位数的定义得到结论；选项C，求出平均数得解；选项D，分别求出每个产业的极差，从而得解. 【详解】选项A，年第一产业增加值占国内生产总值比重为， 年第一产业增加值占国内生产总值比重为， 年第一产业增加值占国内生产总值比重为， 年第一产业增加值占国内生产总值比重为， 年第一产业增加值占国内生产总值比重为， 从数据上看，2020-2021年第一产业增加值占国内生产总值比重递减，2021-2022年第一产业增加值占国内生产总值比重持平，2022-2024年第一产业增加值占国内生产总值比重递减， 故选项A错误； 选项B，2020-2024年第二产业增加值占国内生产总值比重依次为， 将这 个数从小到大排列为，则这 个数的中位数为， 故2020-2024年第二产业增加值占国内生产总值比重的中位数为36.9%，故答案B正确； 选项C，2020-2024年第三产业增加值占国内生产总值比重依次为， 则这 个数的平均数为， 2020-2024年第三产业增加值占国内生产总值比重的平均数为，故答案C错误； 选项D，2020-2024年第一产业增加值占国内生产总值比重依次为， 这 个数中的最小值为 ，最大值为，故极差为， 2020-2024年第二产业增加值占国内生产总值比重依次为， 这 个数中的最小值为，最大值为，故极差为， 2020-2024年第三产业增加值占国内生产总值比重依次为，这 个数中的最小值为，最大值为，故极差为， 故2020-2024年三次产业中增加值占国内生产总值比重极差最大的是第三产业， 故选项D不正确. 故选：B. 4. 已知为非零向量，则“存在实数，使”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】B 【解析】 【分析】根据共线向量定理及相关性质、充分必要条件的定义求解判断即可. 【详解】若存在实数，使，则共线； 若，则同向； 所以“存在实数，使”是“”的必要不充分条件. 5. 某种产品的加工需要经过5道不同工序，如果指定其中某2道工序必须相邻，那么加工顺序共有（ ） A. 96种 B. 72种 C. 48种 D. 36种 【答案】C 【解析】 【分析】先排相邻的2道工序，再把它与其它3道工序作全排列，即可得. 【详解】由题意，把相邻的2道工序做排列，再把它与其它3道工序作全排， 所以加工顺序有种. 故选：C 6. 在空间中，下列命题正确的是（ ） A. 垂直于同一直线的两条直线平行 B. 平行于同一直线的两个平面平行 C. 若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 D. 若一个平面内有三个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中直线、平面的位置关系，结合平面的基本性质判断A、B，由面面垂直的判定定理判断C，利用长方体举反例判断D. 【详解】A：空间中垂直于同一直线的两条直线，可能平行、相交或异面，错， B：空间中平行于同一直线的两个平面，可能平行或相交，错， C：若一个平面经过另一个平面的一条垂线，根据面面垂直的判定定理知这两个平面互相垂直，对， D：在长方体中，三点到平面的距离都相等，但平面与平面并不平行，错. 故选：C 7. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，，转化不等式为，进而分 、两种情况讨论求解即可. 【详解】令，， 由，则， 当 时，不等式为，即， 解得或，由于 ，则不等式无解； 当时，不等式为，即， 解得或，由于，则， 即，则. 综上所述，不等式的解集为. 故选：B 8. 在等比数列中，，，则 （ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，易得数列为等比数列，公比为，进而结合等比数列的通项公式可得，根据的正负讨论求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，则， 所以数列为等比数列，公比为， 由题设可得， 当时，，两式相互矛盾； 当时，， 两式相加得，，即， 两式相减得，，即， 所以，即，则； 当时，，即，两式相互矛盾； 当时，， 两式相加得，，即， 两式相减得，，即， 所以，即，则. 综上所述，或. 故选：A 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. 已知函数，下列说法正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 的值域为 C. 在上单调递增 D. 将函数的图象向右平移个单位长度后可以得到函数的图象 【答案】ABD 【解析】 【分析】应用辅助角公式化简函数式，结合正弦型函数的性质依次判断A、B、C，由图象平移写出解析式判断D. 【详解】由，其最小正周期为，A对， 由，则的值域为，B对， 由，则，显然不单调，C错， 函数的图象向右平移个单位长度， 则，D对. 故选：ABD 10. 已知是定义在的偶函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. 是的极小值点 D. 存在实数，使得直线与的图象恰有1个公共点 【答案】AC 【解析】 【分析】将自变量代入求函数值判断A，利用偶函数的性质求函数区间解析式判断B，应用导数研究函数的极值点判断C，根据C的分析判断的性质，结合偶函数的对称性判断D. 【详解】由题设，A对， 若，则 ，故， 由为偶函数，则，B错， 由上时，，则， 令，即在 上单调递增， 又，故在上，在上， 所以在上单调递减，在上单调递增，故是的极小值点，C对， 由C分析，或时，且， 所以、上，又为偶函数，则、上， 所以直线与的图象恒有2个交点，D错. 故选：AC 11. 已知 ，为正数，且则（ ） A. 的最大值为4 B. 的最大值为4 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意化简可得,从而得,化简原等式可得,即可求出 的范围， 由即可求出 的范围. 【详解】由,可得：,, 由，可得：，即，由，所以,即 由，可得：，即，由 ，所以,即, 则, 所以, 由,,可得:, 所以，即 解得：, 所以时，取最大值为4，故A正确； 所以当,，或,时，取最小值为，故C正确； 由,可得： 由于,则， 所以, 当， 取最大值,故B正确； 当,，或,时， 取最小值，故D不正确； 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记为等差数列的前项和，若，，则_____. 【答案】25 【解析】 【分析】利用等差数列前项和公式及等差数列性质计算得解. 【详解】在等差数列中，由，，得. 故答案为：25 13. 已知直线与圆相交于 ，两点，则线段中点的坐标为_____. 【答案】 【解析】 【分析】联立直线与圆，应用韦达定理求得，进而有，即可得中点坐标. 【详解】由题设，直线方程为，联立， 所以，则， 所以，则， 所以线段中点的坐标，即为. 故答案为： 14. 在三棱锥 中，底面 ，侧面侧面，且 ，的面积为4.若三棱锥 的各个顶点都在球的球面上，则球表面积的最小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题设，结合面面垂直的性质有侧面，进而有，，，将三棱锥补全为长方体且，则球是长方体的外接球，结合基本不等式求外接球表面积的最小值. 【详解】由底面 ， 平面，则平面底面 ， 又侧面侧面，底面侧面，则侧面， 由底面 ，则，， 由侧面，则，故，即， 所以两两垂直，则三棱锥 可补全为如下长方体， 三棱锥 的各个顶点都在球的球面上，则球为三棱锥 的外接球， 所以球为上述长方体的外接球，则其表面积， 当且仅当时取等号，故球表面积的最小值为. 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. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，，且. （1）求椭圆 的方程； （2）若直线与 相交于 ， 两点，求的值. 【答案】（1） ； （2）. 【解析】 【分析】（1）由得到，由离心率得到，由得到，从而得到椭圆 的方程. （2）设 ， 的坐标分别为，，直线与 联立方程组，消去，得到关于 的一元二次方程，利用韦达定理得到和的值，计算即可得解. 【小问1详解】 由，得 ， 又离心率，则， 所以椭圆 的方程为 . 【小问2详解】 设 ， 的坐标分别为，， 由消去，得， ，所以，， 所以 ， 所以的值为. 16. 已知在中，，. （1）求 ，； （2）若 ，求的面积. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用辅助角公式有得，再由三角形内角和的性质、诱导公式、二倍角公式得，即可得； （2）由（1）知，再由正弦定理求边长，最后应用三角形面积公式求的面积. 【小问1详解】 由，得，即， 因为，所以，所以，所以， 由，且，得， 则，即， 因为，则，所以； 【小问2详解】 由（1）可得，记的内角 ，，的对边分别为，，， 由， 因为 ，由正弦定理，得， 所以. 17. 口袋中有2个白球和2个红球，这些球除颜色外完全相同.现有两种游戏方案： 游戏一：从袋中有放回地摸球2次，记摸到白球的次数为； 游戏二：从袋中无放回地摸球2次，记摸到白球的次数为.两种游戏的结果相互独立. （1）分别求两种游戏中第二次摸到白球的概率； （2）求； （3）对于随机变量，定义信息熵，它量化了一个随机系统所包含的“不确定性”程度，熵值越大，表明该系统的“不确定性”越高，比较与的大小，并判断哪种游戏的“不确定性”更高. 【答案】（1）两种游戏中第二次摸到白球的概率均为； （2）； （3），游戏一的“不确定性”更高. 【解析】 【分析】（1）应用古典概型的概率求法求游戏一中第二次摸到白球的概率，应用独立事件的乘法、互斥事件的加法求游戏二中第二次摸到白球的概率； （2）根据已知分别写出、的可能值，进而求出其分布列，应用独立事件的乘法、互斥事件的加法求； （3）根据已知求出与，作差比较大小，即可得结论. 【小问1详解】 对于游戏一，设“第二次摸到白球”，则； 对于游戏二，设“第一次摸到白球”，“第二次摸到白球”，则； 【小问2详解】 对于游戏一，的可能取值为0，1，2，的分布列为： ，，， 对于游戏二，的可能取值为0，1，2，的分布列为： ，，， 因为游戏一与游戏二的结果相互独立， 所以 ； 【小问3详解】 由（2）知， ； 同理 . 因为， 所以，故游戏一的“不确定性”更高. 18. 如图，在菱形中，将三角形沿 翻折至三角形，连接 ，构成四棱锥 . （1）证明： 平面 ； （2）证明：平面 平面； （3）若，，四棱锥 的体积不大于，求平面与平面 夹角的余弦值的最大值. 【答案】（1）因为四边形是菱形，所以， 因为平面 ， 平面 ，所以 平面 ； （2）设 交 于点，连接， 因为 ， ，是 中点，所以 ， ， 因为 ，平面， 平面，所以平面， 因为平面，所以平面 平面； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据已知有，再由线面平行的判定定理证明结论； （2）设 交 于点，连接，进而有 ， ，应用线面、面面垂直的判定定理证明结论； （3）取 中点，连接，，设 ， ，结合已知得，作 平面， ， ，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标并求出平面与平面 的法向量，应用向量法求夹角余弦值的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取 中点，连接，，易得 ，设 ， ， 因为，且 ，所以 ， ， 因为 ， ， ， 平面 ， 所以平面 ，故，即， 作 平面，以为原点，，， 所在直线分别为 ，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设 ， ，则 ， ， ， ， 所以 ， ， ， ， 设平面的法向量，则， 取 ，可得平面的一个法向量 ， 设平面 的法向量，则， 取 ，可得平面 的一个法向量 ， 设平面与平面 夹角为， 在三角形中，且 ，则， 在三角形 中，由余弦定理可得 ，则， 因为 ，且 ， ， 所以， 综上，平面与平面 夹角的余弦值的最大值为. 19. 设函数. （1）证明：对每个且，存在唯一的，满足； （2）若，求； （3）证明：，其中表示的导数. 【答案】（1）证明：由题意可得， 当时，，故在单调递增，且， 因为，且， 所以对每个，，存在唯一的，满足； （2） ； （3）证明：由题意，得， 则， 要证， 需证， 设， 因为， 由此可得①， 由， 故 ， 由①式可得，，，， 累加可得，并且，所以， 综上可知，成立. 【解析】 【分析】（1）对求导，根据区间导数的符号判断函数的区间单调性，结合，应用放缩得，根据零点存在性定理即可证； （2）由题设，令，讨论参数，应用导数并结合 恒成立求参数值； （3）问题化为证明，设，进而得到，从而有，应用累加法即可证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意，当恒成立，设， 当时，由，不合题意； 当时，，则在单调递增. 且，，，. ① 时，由，故存在，使， 所以在单调递增.所以，矛盾； ②时，由，故存在，使， 所以在单调递减.所以，矛盾； ③ 时，由，所以在单调递减，在单调递增， 所以，不等式成立，满足题意； 综上所述， ； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $