精品解析：重庆市永川中学校2025-2026学年高三上学期一诊复习数学试题（五）

永川中学高2026届高三（上）期一诊复习数学试题（五） 姓名：___________ 班级：___________ 一、单选题 1. 已知集合 ，则的子集个数为（ ） A. 4 B. 7 C. 8 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式即可化简集合，根据集合交集的概念计算即可得，从而可得子集个数. 【详解】解不等式可得，所以， 因为，所以， 故的子集为，故子集个数为. 故选：C. 2. 复数的虚部为（ ） A. 2 B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数虚部的定义即可得解. 【详解】，的虚部为， 故选：B. 3. 已知直线，直线 ，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】C 【解析】 【分析】根据题意，由，列出方程，求得，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由直线 ，直线 ， 若，则满足且，解得， 所以是的充要条件. 故选：C. 4. 如果散点图中所有的散点都落在一条斜率不为0的直线上，则下列结论错误的是（ ） A. 解释变量和响应变量线性相关 B. 相关系数 C. 决定系数 D. 残差平方和等于1 【答案】D 【解析】 【分析】根据散点图得这两个变量线性相关，由此判断各选项. 【详解】直线对应的函数为一次函数，故解释变量和响应变量是一次函数关系，故A正确. 因为样本点都落在直线上，所以样本相关系数，所以，所以B 正确。 决定系数和残差平方和都能反映模型的拟合程度，故决定系数，残差平方和为0，故C正确，D错误 故选：D 5. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出大小关系. 【详解】由题意得，， 即， ， 所以． 故选：C． 6. 如图，设，线段与交于点，且，则的最小值为（ ） A. 5 B. 9 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算，结合共线定理可得，即可利用基本不等式求解最值. 【详解】，又，故， 所以， 因为，所以， 因为三点共线，所以，故. 所以， 当且仅当，即时取等号. 故最小值为， 故选：D. 7. 已知函数则方程的解的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数解析式以及分段函数的性质，画图，利用换元法，整理化简方程，再利用方程与函数的关系，结合图象，可得答案. 【详解】函数的图象如图所示： 设，则方程即，由图象可知，与有三个交点， 横坐标分别为，其中，，， 方程解的个数转化为方程，，解的个数之和， 由图象可知，与有一个交点，与有三个交点， 与没有交点， 所以方程解的个数为. 故选：B. 8. 已知双曲线的左､右焦点分别是，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，则双曲线离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用双曲线的定义，求得，再由双曲线的性质，得到，得出，结合离心率的定义，得出关于离心率的不等式，即可求解. 【详解】由双曲线的定义，可得，， 两式相加得， 因为，所以， 又因为，所以， 当轴时，此时最小，此时，所以， 因为，可得，整理得， 两边除以，可得，又因为，解得， 所以双曲线的离心率取值范围是. 故选：D 二、多选题 9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在区间上单调递减 C. 直线是曲线的一条对称轴 D. 的图象向右平行移动个单位长度后得到函数的图象，则为偶函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用三角恒等式化简函数解析式，对于A，根据解析式求值；对于B，利用整体思想，结合复合函数单调性；对于C，利用整体思想，根据余弦函数对称性；对于D，根据函数图象变换，结合余弦函数奇偶性；可得答案. 【详解】化简函数解析式可得， 对于A，，故A正确； 对于B，当时，，易知函数在上单调递减， 在区间上单调递减,故B正确； 对于C，当时，，由函数的对称中心为， 则点是函数图像上的一个对称中心，故C错误； 对于D，函数向右平移个单位得， 由，且定义域为，则函数是偶函数，故D正确. 故选：ABD. 10. 如图，点P在棱长为1的正方体的面对角线上运动（P点异于B，点），则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线BD与所成角为 B. C. 若P是中点，三棱锥外接球体积为 D. 的最小值是 【答案】ABC 【解析】 【分析】找到异面直线BD与所成角，并求解，可判断A；通过证明平面，可证得，判断B；求得三棱锥外接球体积，可判断C；将和沿展开到同一平面，根据两点之间线段距离最短可求得的最小值，判断D. 【详解】 对于A，因为平行且等于，所以四边形是平行四边形，所以∥. 所以为异面直线与所成角. 易知，，所以，即异面直线与所成角为.所以A正确. 对于B，正方形中，. 由平面，且平面，所以. 又平面，所以平面. 因为平面，所以. 同理可证. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以.所以B正确. 对于C，P是中点，则是等腰直角三角形，其中是直角.所以外接圆的圆心在的中点，且半径为. 因为平面，所以三棱锥外接球的半径等于，所以其体积为，所以C正确. 对于D，如下图所示，将和沿展开到同一平面，根据两点之间线段距离最短可求得的最小值为展开图中的. 中，， 所以. 所以的最小值是.所以D错误. 故选：ABC. 11. 甲、乙两个盒子中分别装有大小、形状、质地相同的1个黑球和2个红球.现从两个盒子中各任取一个球放入对方盒子中称为一次操作，重复进行次操作后，甲盒子中恰有0个黑球，1个黑球，2个黑球分别记为事件，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过分析单次操作中不同事件的概率，结合条件概率、全概率公式推导各选项；对于递推型概率，构造等比数列求解通项公式. 【详解】初始时，甲盒有1黑2红，乙盒有1黑2红. 选项A：一次操作后，甲盒恰有1黑球（事件）的情况： 从甲取红且从乙取红，或从甲取黑且从乙取黑. 甲取红的概率为，乙取红的概率为；甲取黑的概率为，乙取黑的概率为. 故，A正确. 选项B：表示“第二次操作后甲盒有1黑球的前提下， 第一次操作后甲盒有0黑球”的概率. 第一次操作后甲盒有0黑球（）：甲取黑、乙取红，概率. 第二次操作后甲盒有1黑球（）的情况：若发生，甲盒0黑3红，乙盒2黑1红， 此时从甲取红、乙取黑的概率为，故. 若发生，甲盒1黑2红，乙盒1黑2红，此时（同）. 若发生，甲盒2黑1红，乙盒0黑3红，此时（甲取黑、乙取红的概率为）. 由全概率公式：. 由条件概率公式：，B错误. 选项C：表示“第一次操作后甲盒有0黑球，或第二次操作后甲盒有1黑球”的概率. 由概率的加法公式：. 其中. 代入得：，C正确. 选项D：递推关系：. 整理为：. 初始值，故. 因此，即，D正确. 故选：ACD 三、填空题 12. 某次考试的数学成绩X近似服从正态分布且，若参加考生总人数是1000，则估计学生数学成绩在130分以上的总人数为________． 【答案】30 【解析】 【分析】由题意，可得正态分布的均值，根据正态分布曲线的对称性，分析计算，即可得答案. 【详解】因为，所以均值， 由，根据正态分布曲线的对称性可得， 所以， 所以学生数学成绩在130分以上的总人数为. 故答案为：30 13. 已知圆与直线，若直线l与圆C相交于A，B两点，且为等边三角形，则______． 【答案】 【解析】 【分析】将圆的方程转化为标准方程，求得其圆心和半径，根据为等边三角形可知等于圆的半径，由此求得圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式，即可求得的值. 【详解】由圆，得. 所以圆心的坐标为，半径. 因为为等边三角形，所以. 所以圆心到直线的距离为. 即，所以. 故答案为：. 14. 已知正项数列的前项和为，且.若在和中插入个相同的数，构成一个新数列，即，记数列的前项和为，则___________. 【答案】2646 【解析】 【分析】由题意，结合，可得数列是首项和公差均为1的等差数列，从而求得，所以.进而求得.根据数列的特征可求出. 【详解】因为，所以前项和. 所以当时， 因为， 所以，可得， 所以数列是首项和公差均为1的等差数列，所以，即. 当时，， 又满足上式，所以. 新数列中从到共有项. 当时，；当时，. 所以 . 故答案为：2646. 四、解答题 15. 已知为坐标原点，过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点（点在第一象限）． （1）若，，求的值； （2）设点为抛物线准线与轴交点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意设点，直线，联立解出，再利用抛物线的定义，即可求解. （2）根据题意设点，直线，表示出后，利用韦达定理进行化简，即可求解. 【小问1详解】 因为点在第一象限，，则， 焦点，准线，， 所以设点，直线， 联立，得，解得，， 由，得. 【小问2详解】 因为点在第一象限，则，焦点，点， 设点，直线， 联立，得， 所以，， 则 ， 综上，的值为0. 16. 如图，三棱锥中，底面，，，，点满足，是的中点． （1）请写出的一个值使得平面，并给予证明； （2）若二面角大小为，且，求点到平面的距离． 【答案】（1） 当时，平面，证明如下： ，为中点，又为中点，， 平面，平面，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线性质可得时，，结合线面平行判定定理可得结论； （2）方法一：利用作，根据线面垂直判定可知平面，由可知所求距离，由长度关系可求得结果； 方法二：根据二面角平面角定义可作出平面角，由此可得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：过作于， 平面，平面，， 又，平面，平面， ，点到平面的距离， ，点到平面的距离 方法二：，，，； 平面，平面，， 又，，平面，平面， 又平面，， 是二面角的平面角，即， 以为坐标原点，正方向为轴正方向，作轴平行于，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， ， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 点到平面的距离. 17. 某强基计划试点高校为选拔基础学科拔尖人才，对考生设置两项能力测试：学科知识整合能力指标（考察数学、物理等学科知识的交叉应用）和创新思维能力指标（考察逻辑推理、问题建模等能力）．随机抽取5名考生的测试结果如表： 6 8 9 12 2 3 4 5 6 （1）若学科知识整合能力指标的平均值， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求关于的经验回归方程，并估计学科知识整合能力指标为14时的创新思维能力指标； （附：经验回归方程中和的最小二乘估计分别为， （2）现有甲、乙两所试点高校的强基计划笔试环节均设置了三门独立考试科目，每门科目通过情况相互独立； 甲高校：每门科目通过的概率均为，通过科目数记为随机变量； 乙高校：第一门科目通过概率为，第二门科目通过概率为，第三门科目通过概率为， 通过科目数记为随机变量； 若以笔试环节通过科目数的期望为决策依据，分析考生应选择报考哪所高校． 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ），7.5； （2）该考生更应报考乙高校，理由见解析． 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）根据表格中的数据和平均数得到方程，求出； （ⅱ）利用公式求出，，并求出当时，，得到答案； （2），从而，求出的所有可能取值和对应的概率，得到数学期望，比较后得到答案. 【小问1详解】 （ⅰ）由表格数据可得，解得． （ⅱ）显然， 则 ， ， ． ．∴所求经验回归方程为． 当时，， ∴当学科知识整合能力指标为14时，创新思维能力指标的预测值为7.5； 【小问2详解】 该考生通过甲高校的考试科目数为，则． 则． 设该考生通过乙高校的考试科目数为，则的所有可能取值为． ， ， ， ． ． ∴该考生更应报考乙高校． 18. 在中，内角所对的边分别为，已知 （1）求角； （2）若为边上一点(不包含端点)，且满足， (i) 若，求的长； (ii) 求的取值范围. 【答案】（1） （2）(i) (ii) 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化简等式，即可解得. （2）(i)由得，结合题意得，即可得到，由边角关系求得，即求得. (ii)由条件得到边的关系，以及角的取值范围.然后由正弦定理求得，然后由角的取值范围求得结果. 【小问1详解】 ∵， 由正弦定理可得， ∵，∴，∴， ∴，即，即， ∵，∴. 【小问2详解】 (i)∵，∴， ∴，∴，∴. ∴， ∴ ∴. (ii) ∵，∴，∴， ∵，∴， 由∵点在边上且不包含端点， ∴， 在中，， 在中由正弦定理可得，又∵， ∴， ∵，则，∴， ∴的取值范围是. 19. 已知函数． （1）求的最小值； （2）当时，，求的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1） （2） （3） 由（1）知，当时， 取， 有， 故， 所以 ， 即. 【解析】 【分析】（1）利用导数求出函数的单调性，进而求出函数的最小值； （2）原不等式可化为，当时，不等式恒成立，当时，先证明在上单调递增，求出，分和两种情况分别讨论，即可求出答案； （3）由（1）知，当时，，利用放缩得到，代入再通过不等式累加即可证明. 【小问1详解】 由题得， 当时，，所以在上单调递减； 当时，令，则， 则在上单调递增，，所以在上单调递增． 所以， 所以的最小值为. 【小问2详解】 由， 整理得，即， 当时，恒成立，符合题意； 令，则， 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 所以， ①当时，，所以在上单调递增， 所以，符合题意； ②当时，，， 所以存在，使得， 当时，， 所以在上单调递减， 则当时，，不符合题意． 综上，实数的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永川中学高2026届高三（上）期一诊复习数学试题（五） 姓名：___________ 班级：___________ 一、单选题 1. 已知集合 ，则的子集个数为（ ） A. 4 B. 7 C. 8 D. 32 2. 复数的虚部为（ ） A. 2 B. C. 0 D. 3. 已知直线，直线 ，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. 如果散点图中所有的散点都落在一条斜率不为0的直线上，则下列结论错误的是（ ） A. 解释变量和响应变量线性相关 B. 相关系数 C. 决定系数 D. 残差平方和等于1 5. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，设，线段与交于点，且，则的最小值为（ ） A. 5 B. 9 C. D. 7. 已知函数则方程的解的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 已知双曲线的左､右焦点分别是，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，则双曲线离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在区间上单调递减 C. 直线是曲线的一条对称轴 D. 的图象向右平行移动个单位长度后得到函数的图象，则为偶函数 10. 如图，点P在棱长为1的正方体的面对角线上运动（P点异于B，点），则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线BD与所成角为 B. C. 若P是中点，三棱锥外接球体积为 D. 的最小值是 11. 甲、乙两个盒子中分别装有大小、形状、质地相同的1个黑球和2个红球.现从两个盒子中各任取一个球放入对方盒子中称为一次操作，重复进行次操作后，甲盒子中恰有0个黑球，1个黑球，2个黑球分别记为事件，，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题 12. 某次考试的数学成绩X近似服从正态分布且，若参加考生总人数是1000，则估计学生数学成绩在130分以上的总人数为________． 13. 已知圆与直线，若直线l与圆C相交于A，B两点，且为等边三角形，则______． 14. 已知正项数列的前项和为，且.若在和中插入个相同的数，构成一个新数列，即，记数列的前项和为，则___________. 四、解答题 15. 已知为坐标原点，过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点（点在第一象限）． （1）若，，求的值； （2）设点为抛物线准线与轴交点，求． 16. 如图，三棱锥中，底面，，，，点满足，是的中点． （1）请写出的一个值使得平面，并给予证明； （2）若二面角大小为，且，求点到平面的距离． 17. 某强基计划试点高校为选拔基础学科拔尖人才，对考生设置两项能力测试：学科知识整合能力指标（考察数学、物理等学科知识的交叉应用）和创新思维能力指标（考察逻辑推理、问题建模等能力）．随机抽取5名考生的测试结果如表： 6 8 9 12 2 3 4 5 6 （1）若学科知识整合能力指标的平均值， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求关于的经验回归方程，并估计学科知识整合能力指标为14时的创新思维能力指标； （附：经验回归方程中和的最小二乘估计分别为， （2）现有甲、乙两所试点高校的强基计划笔试环节均设置了三门独立考试科目，每门科目通过情况相互独立； 甲高校：每门科目通过的概率均为，通过科目数记为随机变量； 乙高校：第一门科目通过概率为，第二门科目通过概率为，第三门科目通过概率为， 通过科目数记为随机变量； 若以笔试环节通过科目数的期望为决策依据，分析考生应选择报考哪所高校． 18. 在中，内角所对的边分别为，已知 （1）求角； （2）若为边上一点(不包含端点)，且满足， (i) 若，求的长； (ii) 求的取值范围. 19. 已知函数． （1）求的最小值； （2）当时，，求的取值范围； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $