精品解析：重庆市西南大学附属中学校2026届高三一诊数学复习试题

高2026届一诊复习卷（一） 一、单选题 1. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定直接得出结果. 【详解】由题意知，命题“”的否定为“”. 故选：B 2. 已知复数，，且，在复平面内对应的点分别为 ， ，设复平面原点为 ，若向量与共线，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的几何意义得，，然后利用向量的共线坐标运算列式即可求解. 【详解】由复数的几何意义可知对应点，即. 对应点，即. 若与共线，则，解得. 故选：A. 3. 已知定义在上的函数，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用分段函数性质和正弦函数计算即可. 【详解】因为，所以利用多次递推， 则， ， ，， 此时符合， 代入得， 故选： 4. 已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为（ ） A. 32 B. 64 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知条件结合正态分布的性质求出 ，再利用赋值法求出系数和. 【详解】因为，所以，解得， 设， 则当 时，， 故选：A. 5. 如图，点 是 的重心，点 是边 上一点，且，，则（ ） A. B. C. D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算，结合重心的性质即可化简求解. 【详解】如图所示， 延长交 于 ，由已知 为 的重心，则点 为 的中点， 可得，且，又由， 可得 是 的三等分点，则， 因为，所以，，所以． 故选：D. 6. 已知数列是等差数列，，且，，数列的前n项和为，若不等式恒成立，则实数的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知得，进而有的公差，则，应用裂项相消法求，最后由不等式恒成立求参数最小值. 【详解】由题设，则，又为等差数列，则其公差， 所以，故， 所以，而不等式恒成立， 所以，即实数的最小值为. 故选：B 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为， 为 上一点，若，（ 为坐标原点），则 的离心率为 （ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据焦点三角形，利用双曲线的性质、余弦定理、向量的相关知识得出 和之间的关系，从而求出双曲线的离心率. 【详解】不妨设，记，，，由，得， 在中，由余弦定理，得，两式相减，得， 因为 为的中点，所以， 所以，又，所以， 所以，又，所以，解得， 所以. 故选：D 8. 已知函数有两个极值点，则 的最小整数值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知在内存在两个变号零点，令，可得出，构造函数，，利用导数分析函数的单调性，可得出即在内有两个不同的根，令，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出的取值范围，即可得出 的取值范围，即可得解. 【详解】函数的定义域为， 问题等价于在内存在两个变号零点， 即在内有两个变号零点， 因为，令， 问题可以转化为关于 的方程在内有两个不同的解， 又方程可化为，即， 令，，则在区间上恒成立， 所以函数在区间上单调递增. 又，所以，即，所以问题等价于， 即在内有两个不同的根， 令，则， 当时，，函数在区间上单调递增； 当时，，函数在区间上单调递减， 所以函数在处取得极大值， 由图象可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，且其横坐标分别为、， 又，所以，所以 的最小整数值为 ， 故选：B. 二、多选题 9. 两组数据和，它们的平均数分别为，，方差分别为，，则（ ） A. 的平均数为 B. 的方差为 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意结合平均数的定义判断AC；对于BD：举反例说明即可. 【详解】由题意可知：，，即，， 对于选项A：因为， 所以的平均数为，故A正确； 对于选项C：若， 则，即，故C正确； 对于选项BD：例如两组数据分别为和， 则，，，， 数据的平均数为，方差为，故B错误； 且满足，，但，故D错误； 故选：AC. 10. 已知 为坐标原点，点在直线：上， ， 是圆的两条切线，A，B为切点，则（ ） A. 直线恒过定点 B. 当为正三角形时， C. 当时， 的取值范围为 D. 当时，的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据直线过定点判断A选项，根据圆的切线的性质判断B选项，求出点 的轨迹方程，根据点到直线的距离公式得到不等式，求解不等式判断C选项，根据数量积的几何意义得到，从而得到，再利用基本不等式判断D选项. 【详解】对于A选项，直线：恒过定点，A错误， 对于B选项，因为为正三角形时，则，所以，B正确， 对于C选项，因为，所以四边形为正方形，则， 所以点 的轨迹方程为，问题转化为直线与点 的轨迹有公共点， 所以，即，所以 的取值范围为，C正确， 对于D选项，因为， 则，即， 由，所以，当且仅当取等号时， 点代入直线的方程有， 可解得，则该点在直线上， 故可以取到最大值，最大值为，D正确. 故选：BCD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ ） A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B. 存在点Q，使平面MBN C. 过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D． 【详解】选项A，连接，正方体中易知， 分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确； 选项B，如图，取中点为，连接， 因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形， 所以，又 是中点，所以，所以， 平面，平面，所以平面，B正确； 选项C，正方体中，分别是中点，则， 在上，如图，作交于 ，连接，延长交延长线于点， 连接延长交延长线于点，连接交 于点 ，交 于点， 为所过三点的截面， 由正方体的对称性可知梯形与梯形全等， 由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质， 设，，则，， 是中点，，则，所以，同理， ，，， 梯形是等腰梯形，高为， 截面面积， 设，，， 在上递增，，， 所以，C错； 选项D，取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体）， 它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D正确． 故选：ABD． 三、填空题 12. 现有一个圆锥与一个球，它们的表面积相等，圆锥的母线长与球的直径相等，则圆锥的底面直径与母线长的比值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设该圆锥的底面半径为，母线长为，由圆锥与球的表面积公式计算求解即可． 【详解】设该圆锥的底面半径为，母线长为，则其表面积为， 球的表面积为，所以， 即，解得（负值舍去）， 故圆锥的底面直径与母线长的比值为． 故答案为： 13. 设 的角 ， ， 所对的边分别为 ，，，且，，当 有两个解时， 的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理计算可得. 【详解】由正弦定理可知，即，所以， 因为 有两个解，即 有两解，又，则， 由正弦函数的性质，可得且， 所以，即，解得， 即 的取值范围是. 故答案为： 14. 项数为的数列满足，当且仅当时（其中,规定：），称为“好数列”．在项数为6且的所有中，随机选取一个数列，该数列是“好数列”的概率为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据分布乘法求出所有的个数，由0出现的次数讨论数列是“好数列”的个数，利用概率公式计算即可. 【详解】由题意，因为项数为6且， 所以每一项都有两种选择，根据分布乘法计数原理， 可构成的数列个数为个， 由题意，若为“好数列”，则意味着若，其前一项与后一项相等， ①则若中没有0，则数列为，不符合题意， ②若中有1个0，不论0在那个位置，都会出现3个1相邻，不符合题意， ③若中有2个0，则，，符合“好数列”定义； ④若中有3个及以上0，若0相邻，根据定义，数列只能为， 若0不相邻，只能1和0间隔出现，会出现两个0中间出现1，不符合题意， 综上，符合题意的“好数列”只有4个， 所以数列是“好数列”的概率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解“好数列”的定义，根据题意能列出符合条件的数列. 四、解答题 15. 已知函数的一段图象过点，如图所示． （1）求函数的表达式； （2）将函数的图象向右平移个单位，得函数的图象，求在区间上的值域； （3）若，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过三个连续零点的值可以求出函数的周期，根据最小正周期公式可以求出的值，将特殊点代入解析式中，可以求出， 的值，进而确定函数解析式； （2）根据正弦型函数的图象变换特点可以求出的解析式，由 可求出，进而得到的值域； （3）根据可求出，由此求出，进而得到的值. 【小问1详解】 由图知，，则. 由图可得，在处最大值， 又因为图象经过，故， 所以，故， 又因为，所以， 函数又经过，故，得. 所以函数的表达式为． 【小问2详解】 由题意得，， 因为，所以， 则，所以， 所以在区间上的值域为. 【小问3详解】 因为， 所以，即， 又因为，所以， 由，所以. 所以， 所以. 16. 某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：cm）介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示. （1）求 的值; （2）若从高度在和中分层抽样抽取5株，在这5株中随机抽取3株，记高度在内的株数为，求 的分布列及数学期望； （3）以频率估计概率，若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在的条件下，至多 1株高度低于的概率. 【答案】（1） ； （2） ； （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1，即可求解 ； （2）首先确定高度在和的株数，再按照超几何分布，即可求解； （3）根据独立重复概率公式，以及条件概率公式，即可求解. 【小问1详解】 依题意可得，解得； 【小问2详解】 由（1）可得高度在和的频率分别为和，所以分层抽取的5株中，高度在和的株数分别为2和3，所以可取0，1，2. 所以，， 所以的分布列为： 所以 【小问3详解】 从所有花卉中随机抽取 株，记至少有 株高度在为事件 ，至多株高度低于为事件 ， 则，， 所以. 17. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． （1）求证：平面； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）取 的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面. （2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值. 【小问1详解】 取 的中点为，连接， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 而，则， 而平面，平面，故平面， 而，则，同理可得平面， 而平面， 故平面平面，而平面，故平面， 【小问2详解】 因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因为，故平面， 因为 平面，故， 若选①，则，而，， 故 平面，而平面，故， 所以，而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线 与平面所成的角为，则 . 若选②，因为，故平面，而平面， 故，而，故， 而，，故， 所以，故， 而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线 与平面所成的角为，则 . 18. 已知函数，且. （1）求 ; （2）已知为函数的导函数，证明：对任意的，均有； （3）证明：对任意的，均有. 【答案】（1） （2）证明：由（1）知，， 要证，即证， 进一步变形为证，即证. 因为，令，则需证（）， 即证（） 设，，， 当时，，在单调递增，所以，得证. （3）证明：由（1）知，且， 当 时，，即； 令（），则. 要证，即证， 因为，所以， 而，得证. 【解析】 【分析】（1）构造函数，利用导数判断函数的单调性， 可得，只需 满足，计算即可得解； （2）先写出，将不等式变形，通过换元，构造函数，利用导数证其单调性，从而推导不等式成立； （3）由（1）中的结论，取得到，对不等式左边求和，结合对数运算性质（裂项相消），证得结果. 【小问1详解】 由得， 令，则， ①当时，恒成立，在上单调递减，且，不符题意； ②当 时，在上单调递增，在上单调递减， 故， 令，则， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，即，又， 所以，解得. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以椭圆的中心为圆心，（ 为椭圆的长半轴长，为椭圆的短半轴长）为半径的圆，这个圆被称为蒙日圆.已知椭圆过点，且短轴的一个端点与焦点的连线与 轴所成角的正弦值等于. （1）求椭圆 的蒙日圆的方程； （2）若斜率为2的直线与椭圆 相切，且与椭圆 的蒙日圆相交于 ， 两点，求的面积（ 为坐标原点）； （3）设 为椭圆 的蒙日圆上的任意一点，过点 作椭圆 的两条切线，切点分别为 ， ，求面积的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆过的点和几何关系列方程组求得，，从而利用蒙日圆的定义求解方程即可. （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用判别式法求得，然后根据几何法求得弦长，即可求解面积. （3）设，，，利用判别式法求得 的方程和 的方程，进一步求得 的方程，让其与椭圆联立，韦达定理，利用弦长公式求出，再由点到直线的距离求出的高，得出面积表达式，换元后利用导数判断单调性，从而求解最值. 【小问1详解】 由已知可得，①， 由椭圆过点，得②， 由①②解得，， 于是，所以椭圆 的蒙日圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，椭圆 的方程为，设直线的方程为， 由消去 并整理得，， 由，得，即， 则坐标原点 到直线的距离， ， 所以的面积. 【小问3详解】 由（1）知，椭圆 的方程为，椭圆 的蒙日圆方程为， 设，则，设，，则，， 当切线 的斜率存在时，设 的方程为， 由消去 得， ，整理得， 即，则，解得， 于是，即， 当切线 的斜率不存在时，， 的方程为或，满足上式， 因此切线 的方程为，同理切线 的方程为， 将代入切线 ， 的方程，有，， 从而直线 的方程为，当时， 由消去 并整理得：， 显然，， ，， 则， 又点到直线 的距离， 于是的面积， 设，则，， 令，，， 所以函数在上单调递增，， 当，即时，由对称性不妨令，直线， 由，解得，，，， 所以面积的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2026届一诊复习卷（一） 一、单选题 1. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知复数，，且，在复平面内对应的点分别为 ， ，设复平面原点为 ，若向量与共线，则 （ ） A. B. C. D. 3. 已知定义在上的函数，则的值是（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为（ ） A. 32 B. 64 C. D. 5. 如图，点 是 的重心，点 是边 上一点，且，，则（ ） A. B. C. D. 0 6. 已知数列是等差数列，，且，，数列的前n项和为，若不等式恒成立，则实数的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为， 为 上一点，若，（ 为坐标原点），则 的离心率为 （ ） A. B. 2 C. D. 8. 已知函数有两个极值点，则 的最小整数值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 两组数据和，它们的平均数分别为，，方差分别为，，则（ ） A. 的平均数为 B. 的方差为 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知 为坐标原点，点在直线：上，，是圆的两条切线，A，B为切点，则（ ） A. 直线恒过定点 B. 当为正三角形时， C. 当时， 的取值范围为 D. 当时，的最大值为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ ） A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B. 存在点Q，使平面MBN C. 过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为 三、填空题 12. 现有一个圆锥与一个球，它们的表面积相等，圆锥的母线长与球的直径相等，则圆锥的底面直径与母线长的比值为______． 13. 设 的角 ， ， 所对的边分别为 ， ，，且，，当 有两个解时， 的取值范围是______. 14. 项数为的数列满足，当且仅当时（其中,规定：），称为“好数列”．在项数为6且的所有中，随机选取一个数列，该数列是“好数列”的概率为__________． 四、解答题 15. 已知函数的一段图象过点，如图所示． （1）求函数的表达式； （2）将函数的图象向右平移个单位，得函数的图象，求在区间上的值域； （3）若，求的值. 16. 某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：cm）介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示. （1）求 的值; （2）若从高度在和中分层抽样抽取5株，在这5株中随机抽取3株，记高度在内的株数为，求 的分布列及数学期望； （3）以频率估计概率，若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在的条件下，至多 1株高度低于的概率. 17. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． （1）求证：平面； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 18. 已知函数，且. （1）求 ; （2）已知为函数的导函数，证明：对任意的，均有； （3）证明：对任意的，均有. 19. 法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以椭圆的中心为圆心，（ 为椭圆的长半轴长， 为椭圆的短半轴长）为半径的圆，这个圆被称为蒙日圆.已知椭圆过点，且短轴的一个端点与焦点的连线与 轴所成角的正弦值等于. （1）求椭圆 的蒙日圆的方程； （2）若斜率为2的直线与椭圆 相切，且与椭圆 的蒙日圆相交于 ， 两点，求的面积（ 为坐标原点）； （3）设 为椭圆 的蒙日圆上的任意一点，过点 作椭圆 的两条切线，切点分别为 ， ，求面积的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $