精品解析：四川省雅安市2025-2026学年高三上学期第一次诊断性考试数学试卷

雅安市高2023级第一次诊断性考试 数学试题 （本试卷满分150分，答题时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名，考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸，试题卷上答题无效. 3.考试结束后，将答题卡收回. 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简不等式，再利用交集的定义直接求解. 【详解】依题意，集合，而， 所以. 故选：D 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法法则可得，化简求即可. 【详解】因为， 所以， 故选：A. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据关系结合诱导公式及条件求结论. 【详解】因为， 所以. 故选：A. 4. 已知平面向量与的夹角为，，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由条件求出，再利用向量数量积的运算律计算即得. 【详解】由题意，，，与的夹角为， 故， 则. 故选：C. 5. 已知函数则方程的实数根的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对函数进行分段讨论即可求解. 【详解】当时，则，可得或, 由解得符合题意； 由得无实数解，舍去. 当时，则，解得符合题意， 综上，方程有个实数根. 故选： 6. 已知方程表示焦点在x轴上的双曲线，则其离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可求出m的取值范围，再根据离心率的定义求出其表达式，结合不等式性质即可求得答案. 【详解】由方程表示焦点在x轴上的双曲线， 得，即得， 故双曲线的离心率为， 由于，故，故. 故选：C 7. 在钝角中，内角的对边分别为，若，， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理及，对题干式子进行化简得到，即，再利用余弦定理即可求出. 【详解】因为， 由正弦定理得， 又， 所以， 即， 因为为钝角三角形，则， 所以， 由正弦定理得，又，则， 又因为 ，由余弦定理得. 故选：A. 8. 在正四棱台中，，， ，则该正四棱台的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取中点分别为，连接 ，过作平面的垂线，垂足为，设正四棱台外接球的球心为，半径为，则在直线 上，又，利用勾股定理求出即可求出从而得解. 【详解】正四棱台中，取中点分别为，连接 ， 由，， ，可得，， 过作平面的垂线，垂足为，则点在上，且， 所以， 设正四棱台外接球的球心为，半径为， 由对称性可知球心在直线 上， 若球心在线段 上，则，此时无正数解， 所以球心在 的延长线上，则， 即，解得， 所以， 所以该外接球的表面积为， 故选：B 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）在每小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求，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，函数 的图象过 ， 两点，则（ ） A. B. C. 在区间 上的值域为 D. 将 的图象向右平移 个单位后得到的函数的图象关于直线 对称 【答案】BD 【解析】 【分析】将点，代入函数，求出函数后，对选项进行一一分析即可. 【详解】由图可知，在处函数取得最小值 ，因此可得：. 根据图象可得：，又因为：， 故函数表达式为：，将点代入函数， 即，因为，所以得：， 函数表达式为：. 故选项A错误，选项B正确. 由，得，所以， 所以函数在上的值域为，故选项C错误. 平移后的函数， 对称轴满足：， 令，解得，故D正确. 故选：BD 10. 已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，点为上异于长轴的顶点的一点，则下列说法正确的是（ ） A. 当 时，椭圆 的离心率为； B. 当的面积的最大值为时，椭圆的长轴长的最小值为4； C. 已知 ，当点位于第一象限时，四边形 的面积的最大值为； D. 已知 ，则直线 与直线的斜率之积为. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由，根据椭圆的定义，求得，可判定A正确；求得的面积的最大值为，得到，结合，可判定B正确；设，得到，结合三角函数的性质，可判定C正确；设，得到，结合斜率公式，可判定D错误. 【详解】对于A，由椭圆的定义，可得，且， 因为，可得，即，所以，所以A正确； 对于B，因为点是椭圆上异于长轴的顶点的一点， 则的面积为， 即的面积的最大值为，所以， 又由，当且仅当时，等号成立， 所以，即 ，所以，所以椭圆的长轴长的最小值为，所以B正确； 对于C，由，且点是椭圆位于第一象限的一点， 可设，其中 则四边形 的面积为， 因为，可得， 当时，即，取得最大值，所以， 所以四边形 的面积的最大值为，所以C正确； 对于D，设，可得，所以， 又由点，可得， 则，所以D错误. 故选：ABC. 11. 如图，已知正方体的棱长为，分别是的中点，是正方形内（含边界）一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当四点共面时，点的轨迹的长度为 B. 平面 截正方体所得的截面的形状可能是五边形 C. 一定是锐角三角形 D. 当正方形内（含边界）一点满足平面平面时，的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合图形可得点的轨迹为线段，由此判断A选项；取特殊点，当点与重合时，作出截面即可判断B选项；取特殊点，当点与重合时，结合余弦定理计算的值，即可判断C选项；结合图形作的中点，可得平面平面，即平面平面，进而判断点在上由此即可判断D选项. 【详解】对于A，当四点共面时，点的轨迹为线段，长度为，故A正确； 对于B，如图，当点与重合时，为棱上靠近的四等分点，为棱上靠近的四等分点， 此时平面 截正方体所得的截面为五边形，故B正确； 对于C，如图，当点与重合时，， 因为，所以； 因为，所以； 在 中，由余弦定理得，所以为钝角，故C错误； 对于D，如图，分别作的中点，连接， 则，所以点共面，点共面； 所以平面就是平面在正方体中的截面； 由平面，平面，得； 又，所以平面； 又 平面，所以平面平面，即平面平面，所以点在上； 显然当点与重合时，取得最小值，且最小值为.故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）将答案填在答题卡相应的横线上 12. 计算：___________ 【答案】 【解析】 【分析】利用根式运算、对数运算性质计算得解. 【详解】. 故答案为： 13. 甲、乙两人分别从A，B，C，D，E五个景点中随机选择一个景点游玩，若这两人中至少有一人选择景点A，则他们选择的景点不相同的概率为____. 【答案】 【解析】 【分析】记事件为“甲乙两人中至少有一人选择景点A”，事件为“甲乙两人选择的景点不相同”，根据古典概型概率公式求出，再由条件概率公式求解即可. 【详解】记事件为“甲乙两人中至少有一人选择景点A”，事件为“甲乙两人选择的景点不相同”， 甲乙两人从5个景点中随机选择1个景点游玩，每人都有5种不同的选法，共有种不同的选法， 甲乙两人都不选择景点A的方法有 种， 因此甲乙两人中至少有一人选择景点A的方法共有 种， 甲乙两人中至少有一人选择景点A的概率， 表示甲乙两人中至少有一人选择景点A，且甲乙两人选择的景点不同， 即一人选择景点A，另一人选择其它景点，共有 种选法，则， 所以. 故答案为： 14. 在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，如图所示的曲线为卡西尼卵形线且过坐标原点，其中两定点为，，曲线上点在第一象限内且满足的面积为，则 _______ 【答案】 【解析】 【分析】由题意求出曲线的方程为，根据的面积求出点的纵坐标，代入曲线方程求出横坐标，利用两点间距离公式即可求出答案. 【详解】设曲线上的任意一点， 由题意得，为常数， 即， 因为曲线过坐标原点，所以， 解得， 所以曲线的方程为， 设点，由题意得， 因为的面积为，则， 所以， 代入解得， 即， 所以. 故答案为：. 四、解答题（本大题共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. 已知等差数列的前n项和为，且 ，. （1）求数列的通项公式； （2）数列满足，为的前n项和，证明：. 【答案】（1） ； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d，由题意列出方程组，即可求得答案； （2）结合（1）的结果可得的表达式，说明为等比数列，即可求出的表达式，结合不等式性质，即可证明结论. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d， 由 ，得，解得， 故； 【小问2详解】 ，则， 故是以为首项，以为公比的等比数列， 故， 由于随着n的增大而增大，，故是关于n的增函数， 故， 又，故, 综上可知. 16. 某高校为制定针对性的阅读推广方案，从全校随机抽取400名大学生开展“纸质书阅读偏好”专项调查，收集到的性别与专业交叉数据如下表（单位：人）： 专业类型 阅读偏好 合计 喜欢阅读纸质书 不喜欢阅读纸质书 文科 150 120 270 理工科 50 80 130 合计 200 200 400 （1）依据的独立性检验，能否认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”有关？ （2）从样本中“喜欢阅读纸质书”的大学生里，按专业类型用分层抽样抽取8人组建“纸质书推广志愿队”，再从这8人中随机抽取3人负责校园书展策划，记最后抽取的3人中，选中的文科学生人数为，求的分布列与数学期望. 参考公式：，其中. 参考数据： 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）有的把握认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”有关. （2）分布列见解析；期望为 【解析】 【分析】（1）由列联表中的数据，求得，结合附表，即可得到结论； （2）根据题意，求得抽取的8人中，文科人数为人，理科人数为人，得到变量的可能取值为 ，结合超几何分布的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解. 【小问1详解】 解：假设认为该校大学生 “是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”无关， 由列联表中的数据，可得：， 因为，所以拒绝假设， 所以有的把握认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”有关. 【小问2详解】 解：由列联表中的数据，喜欢纸质书的共有200人，其中文科150人，理科50人， 按比例抽取8人，则文科人数为人，理科人数为人， 从这8人中抽取3人，为文科人数，则随机变量的可能取值为 ， 可得，， ， 所以随机变量的分布列为 1 2 3 所以期望为. 17. 如图所示，在中，，，分别是边 上的动点，且 ，将沿折起，将点折至点的位置，使得二面角 为直二面角. （1）证明： 平面 ； （2）证明： 平面 ； （3）若，为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）因为 ，且平面 ，平面 ， 平面 ； （2）折叠前，，且 ，所以 ，即， 折叠后， 变为，故 ； 又因为二面角 为直二面角， 且平面 平面 ，平面 ， ， 所以 平面 ； （3） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理即得； （2）根据给定条件，利用面面垂直定理判定推理即得； （3）先建立空间直角坐标系，求和平面的法向量，根据线面角的向量公式求线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 如图，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 由 ，得， 因，故， 由 ，得， 故， ， ， ， ，为 中点，故 ， 则 ， ， 设平面的法向量为 ， 由且，得方程组：， 化简得 ，令，则 ，故法向量 ， 直线 的方向向量 ， 设直线 与平面所成角为， 则， 即直线 与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数 . （1）若 ，证明： ； （2）令 ，若函数在区间上恰有一个零点，求k的取值范围； （3）若，证明： . 【答案】（1）当 时， ，函数定义域为 ，则， 易得 ，下证当时. 要证 ，需证 ，即证 ， 设 ，则， 当时， ，则在上单调递增，故 ，即 ，故有； 当 时， ，则在 上单调递减，故 ，即 ，故有. 综上可得，当 时，恒成立； （2）或 （3）由（1）知，当 时，，即在 上单调递减， 因，则 ，即，也即， 由可得 ，在（1）中已证 ，当且仅当时取等， 故有 ，所以 得证. 【解析】 【分析】（1）对函数求导后，可得 ，将定义域分成和 两段，利用导数判断函数单调性证明 成立，经等价变形即可证得； （2）根据题意，将问题转化为函数与 在 上恰有一个交点，通过求导判断的单调性，求出极值和端点函数值，利用函数与方程的思想即可求得答案； （3）利用（1）可得 时，在 上单调递减，推理可得，再利用（1）的结论 ，当且仅当时取等，即可证得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，由 可得 ，即 ， ， 设 ，则问题转化为函数与 在 上恰有一个交点. 则 ，由 可得 ，因 ，则， 当 时，，则函数在 上单调递增； 当 时， ，则函数在 上单调递减. 又， 则当时，两函数无交点；当或 时，两函数有1个交点；当两函数有2个交点. 故当函数在区间 上恰有一个零点时，k的取值范围为或 ； 【小问3详解】 略 19. 已知曲线上的动点满足，其中，，抛物线的焦点为，点在抛物线的准线上，线段 与抛物线交于点，，. （1）求曲线的方程和抛物线的方程； （2）点是抛物线上的动点，过点作曲线的两条切线分别与交于两点，求的面积的最小值及此时点的坐标. 【答案】（1）， （2）；或 【解析】 【分析】（1）设，利用向量数量积的坐标表示求出曲线，利用抛物线的定义和性质求出抛物线； （2）设切线方程为，切线斜率为，利用圆心到切线的距离结合韦达定理得到，代入弦长，进而得到的面积与的关系式，求最小值即可. 【小问1详解】 设， 因为，，所以，， 所以，即， 所以曲线是圆心为，半径为的圆； 抛物线的焦点，准线， 设点，，过作交准线于， 由抛物线的定义可知， 又因为，所以 与轴的夹角为 ， 因为，所以到准线的距离， 所以抛物线. 【小问2详解】 点，则两切线斜率存在， 过作圆的切线，即， 所以，整理得， 设两切线斜率分别为，则，， 所以， 又因为，所以， 因为切线与准线 的交点为，， 所以， 又因为点到准线 的距离为， 所以， 令，则， 所以， 令，则在上单调递增， 因为，当且仅当，即，时等号成立， 所以，， 所以的面积的最小值为，此时点的坐标为或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 雅安市高2023级第一次诊断性考试 数学试题 （本试卷满分150分，答题时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名，考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸，试题卷上答题无效. 3.考试结束后，将答题卡收回. 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面向量与的夹角为，，则（ ） A. 2 B. C. D. 5. 已知函数则方程的实数根的个数为（ ） A. B. C. D. 6. 已知方程表示焦点在x轴上的双曲线，则其离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 在钝角中，内角的对边分别为，若，， ，则（ ） A. B. C. D. 8. 在正四棱台中，，， ，则该正四棱台的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）在每小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求，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，函数 的图象过 ， 两点，则（ ） A. B. C. 在区间 上的值域为 D. 将 的图象向右平移 个单位后得到的函数的图象关于直线 对称 10. 已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，点为 上异于长轴的顶点的一点，则下列说法正确的是（ ） A. 当 时，椭圆 的离心率为； B. 当的面积的最大值为时，椭圆 的长轴长的最小值为4； C. 已知 ，当点位于第一象限时，四边形 的面积的最大值为； D. 已知 ，则直线 与直线的斜率之积为. 11. 如图，已知正方体的棱长为，分别是的中点，是正方形内（含边界）一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当四点共面时，点的轨迹的长度为 B. 平面 截正方体所得的截面的形状可能是五边形 C. 一定是锐角三角形 D. 当正方形内（含边界）一点满足平面平面时，的最小值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）将答案填在答题卡相应的横线上 12. 计算：___________ 13. 甲、乙两人分别从A，B，C，D，E五个景点中随机选择一个景点游玩，若这两人中至少有一人选择景点A，则他们选择的景点不相同的概率为____. 14. 在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，如图所示的曲线 为卡西尼卵形线且过坐标原点，其中两定点为，，曲线 上点在第一象限内且满足的面积为，则 _______ 四、解答题（本大题共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. 已知等差数列的前n项和为，且 ，. （1）求数列的通项公式； （2）数列满足，为的前n项和，证明：. 16. 某高校为制定针对性的阅读推广方案，从全校随机抽取400名大学生开展“纸质书阅读偏好”专项调查，收集到的性别与专业交叉数据如下表（单位：人）： 专业类型 阅读偏好 合计 喜欢阅读纸质书 不喜欢阅读纸质书 文科 150 120 270 理工科 50 80 130 合计 200 200 400 （1）依据的独立性检验，能否认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”有关？ （2）从样本中“喜欢阅读纸质书”的大学生里，按专业类型用分层抽样抽取8人组建“纸质书推广志愿队”，再从这8人中随机抽取3人负责校园书展策划，记最后抽取的3人中，选中的文科学生人数为，求的分布列与数学期望. 参考公式：，其中. 参考数据： 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 如图所示，在中，，，分别是边 上的动点，且 ，将沿折起，将点 折至点的位置，使得二面角 为直二面角. （1）证明： 平面 ； （2）证明： 平面 ； （3）若， 为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数 . （1）若 ，证明： ； （2）令 ，若函数在区间上恰有一个零点，求k的取值范围； （3）若，证明： . 19. 已知曲线 上的动点满足，其中，，抛物线的焦点为，点在抛物线的准线上，线段 与抛物线交于点，，. （1）求曲线 的方程和抛物线的方程； （2）点是抛物线上的动点，过点作曲线 的两条切线分别与交于两点，求的面积的最小值及此时点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $