精品解析：山东省东营市2025-2026学年高三下学期第一次诊断性测试数学试题

高三年级第一次诊断性测试 数学试题 本试卷共4页 满分150分 考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 设集合 ，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 在平面直角坐标系中，直线与函数的图象的交点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 0或1 D. 无法确定 3. 在复平面内，把复数对应的向量绕原点沿顺时针方向旋转，则旋转后的向量对应的复数为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前n项和为 ，且满足 则 （ ） A. 30 B. 60 C. 90 D. 120 5. 在2025年10月19日举行的黄河口马拉松比赛活动中，甲、乙、丙、丁四位志愿者被派往A、B、C三个服务站，若每个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则在甲被派去B服务站的条件下，甲、乙被派去同一个服务站的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知随机变量，且， 则当时， 的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，四边形ABCD 为正方形，将△ACD 绕AC旋转得到三棱锥，且三棱锥D—ABC的体积为 ， 则三棱锥D-ABC 外接球的半径R为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 8. 点 P 在以为焦点的椭圆 上，若 ，且 ，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 一组样本数据， 其平均数、方差、第一四分位数、极差分别记为，由这组数据得到一组新样本数据，其中 ，其平均数、方差、第一四分位数、极差分别记为，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知曲线，点在曲线 上，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线 有4条对称轴 B. 的最小值是 C. 曲线 围成的图形面积为 D. 的最大值是1 11. 已知数列满足，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为递增数列 B. ， C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知正方形的边长为，为的中点，则__________． 13. 写出一个满足下列条件的函数解析式_______.①；②，且. 有 ；③且 有 ；④. 14. 甲、乙、丙三人每人制作两张卡片，将卡片放在同一个盒子中，每人不放回地随机抽取两张，设至少取回一张自己的卡片的人数为X，则_______. 四、解答题：本大题共5小题，共计77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知的角A，B，C所对的边分别是a，b，c， 向量 （1）若 求A； （2）若 求的面积. 16. 如图，在三棱锥 中，平面⊥平面，， 分别为棱 上的点. （1）若∥，∥，证明: ∥； （2）若 分别为棱 的中点，在棱 上是否存在点G，使得平面 与平面所成角为?若存在，求 的值；若不存在，请说明理由. 17. 已知函数 （1）当时， 求函数在处的切线方程； （2）若函数在处取得极值， (i)求的值； (ii)已知 ，若在上恒成立， 求实数的取值范围. 18. 在第十五届全国运动会乒乓球女子团体金牌赛中，山东队拼尽全力、不屈不挠，最终战胜河北队，夺得冠军.为了弘扬国球精神，提升竞技水平，某学校举行“校园杯”趣味乒乓球比赛，甲乙两名同学进行“单打对决”，规则如下：比赛采用五局三胜制，为增加比赛悬念，每局比赛不设固定分数上限，实行“净胜两分制”，即从0比0开局，率先净胜对手2分的一方赢得该局.经赛前技术分析，在每一个回合(即从发球开始到一方得分结束的完整对抗过程)中，甲得分的概率为，乙得分的概率为.假设各回合结果相互独立，无无效回合，且各局胜负互不影响. （1）在某一局比赛中，求经过2回合结果为平局的概率和经过4回合结果为平局的概率； （2）在某一局比赛中，记“经过 个回合甲获胜”为事件，分别求及在该局比赛中甲获胜的概率； （3）比赛结束时，双方共进行了局比赛，求的分布列. (附:当 时，). 19. 已知双曲线的左，右焦点分别为，双曲线上任意一点到两条渐近线的距离的乘积为. （1）求双曲线的标准方程； （2）直线经过点，且与双曲线的右支交于两点，设的内心为点，求证：点在定直线上； （3）从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点，他们就好像是从另一个焦点射出的一样，双曲线的这一光学性质被广泛应用，如图，由发出的光线经双曲线上一点反射后，反射光线的反向延长线经过点，连接交双曲线于点，点也是一个反射点，连接交双曲线于点，则点也是一个反射点，再连接，交双曲线于点，则点也是一个反射点，……，各反射点连线得到折线，设第n个反射点为()，求证：数列为等比数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级第一次诊断性测试 数学试题 本试卷共4页 满分150分 考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 设集合 ，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先解一元二次不等式得出集合A，再解对数不等式得出集合，最后计算交集即可. 【详解】集合 ， ， 则集合. 故选：A. 2. 在平面直角坐标系中，直线与函数的图象的交点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 0或1 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】由函数的概念，结合函数定义域的范围即可判断. 【详解】由函数的定义可知，对定义域内的任意一个，只有唯一的与之对应， 若在函数定义域内，则直线与函数的图象的交点个数为1， 若不在函数定义域内，则直线与函数的图象的交点个数为0， 所以函数的图象与直线的交点个数为0或1. 3. 在复平面内，把复数对应的向量绕原点沿顺时针方向旋转，则旋转后的向量对应的复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】法一：根据复数与复平面内向量的关系，结合三角函数关系计算即可得；法二：借助复数的三角形式及其乘法的几何意义计算即可得. 【详解】法一：复数对应的向量为，则， 向量与轴正半轴夹角为， 设该向量绕原点沿顺时针方向旋转后所得向量坐标为， 则，， 即所得向量坐标为，故旋转后的向量对应的复数为； 法二：复数对应的向量绕原点沿顺时针方向旋转后的向量对应的复数为： . 4. 已知等差数列的前n项和为 ，且满足 则 （ ） A. 30 B. 60 C. 90 D. 120 【答案】D 【解析】 【分析】先应用等差数列项的性质计算得出，再结合等差数列求和公式计算求解. 【详解】因为是等差数列，且 ， 又 ，所以，解得， 则 . 5. 在2025年10月19日举行的黄河口马拉松比赛活动中，甲、乙、丙、丁四位志愿者被派往A、B、C三个服务站，若每个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则在甲被派去B服务站的条件下，甲、乙被派去同一个服务站的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出甲被安排到服务站的方法数，再求出甲，乙被派去同一个服务站的方法数，然后求其概率即可. 【详解】先求甲被派去服务站的方法数； 第一种情况：甲一个人去服务站，则有种； 第二种情况：甲和其中一人去服务站，则有种； 故甲被派去服务站的方法数共种； 再求甲乙被派去同一个服务站的方法数：有种； 故概率为. 6. 已知随机变量，且， 则当时， 的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解. 【详解】根据题意，随机变量，且，则有，解得 .由，即， 所以，当且仅当，即时取等号. 7. 如图所示，四边形ABCD 为正方形，将△ACD 绕AC旋转得到三棱锥，且三棱锥D—ABC的体积为 ， 则三棱锥D-ABC 外接球的半径R为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】正方形的边长为a，由题意，求出各个长度，代入体积公式，可求得a值，分析可得AC中点O为外接球球心，即可求得答案. 【详解】设正方形的边长为a，则 ， 取中点O，连接，则， 因为将 围绕旋转得到三棱锥， 所以D到平面ABC的距离， 则三棱锥的体积， 解得 ， 因为与均为直角三角形，且AC为斜边，O为AC中点， 所以O为三棱锥外接球的球心， 所以三棱锥外接球的半径. 8. 点 P 在以为焦点的椭圆 上，若 ，且 ，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由同角三角函数关系式及两角差的正弦公式，求得各角的正弦值，根据正弦定理及比例的性质即可求得，即椭圆的离心率. 【详解】中，若 则，所以. 因为 ，所以； 因为所以， 因为，所以. 由，得. 所以. 由正弦定理，得， 设椭圆的焦距为 ，则椭圆的离心率. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 一组样本数据， 其平均数、方差、第一四分位数、极差分别记为，由这组数据得到一组新样本数据，其中 ，其平均数、方差、第一四分位数、极差分别记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】不妨设，再利用平均数定义、方差性质、百分位数定义与极差定义逐项计算并判断即可. 【详解】不妨设，则； 对A：，故A正确； 对B：由方差性质可得，故B错误； 对C：若为整数，则， ； 若不为整数，则，其中表示不大于的最大整数， ，故C正确； 对D：，，故D错误. 10. 已知曲线，点在曲线 上，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线 有4条对称轴 B. 的最小值是 C. 曲线 围成的图形面积为 D. 的最大值是1 【答案】ACD 【解析】 【分析】当时，化简方程为，结合曲线 的对称性，画出曲线 的图象，结合图象，可得判定A正确，把表示曲线 上的点到直线的距离的倍，可判定B错误；结合圆的面积公式和正方形的面积公式，可判定以C正确；设表示点与点确定的直线的斜率，结合图象，利用点到直线的距离公式，列出方程，可得判定D正确. 【详解】当时，原方程化为，即， 所以曲线是以圆心为，半径为的圆在第一象限的部分， 又由图象关于轴，轴对称，所以曲线 ，如图所示.， 对于A中，由图象可得，该曲线 关于轴，轴，和对称， 所以该曲线 有4条对称轴，所以A正确， 对于B中，由表示曲线 上的点到直线的距离的倍， 结合图象得，当是时，距离最小值为， 所以最小值为，所以B错误； 对于C中，曲线 围成的图形由四个直径为的半圆和一个边长为的正方形组成， 所以面积为，所以C正确； 对于D中，设表示点与点确定的直线的斜率， 设该直线方程为 ，结合图象，当，即， 则圆心为，半径为的圆在第四象限的部分与直线相切时， 该切线的斜率是的最大值，由 ，可得，解得 或（舍），则的最大值为1，所以D正确. 故选：ACD. 11. 已知数列满足，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为递增数列 B. ， C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用归纳法结合数列单调性的定义判断A，利用数列的单调性和判断B，构造函数并结合导数判断C，D即可. 【详解】对于A，由题意得当时，，满足，成立， 假设当 时，，当时，由已知得， 可得，因为，所以， 令，可得，且， 则在 上单调递增，得到，故， 综上可得，对于任意，， 因为，所以， 可得数列为递增数列，故A正确， 对于B，因为，且数列为递增数列， 所以，，故B正确， 对于C，欲证，则证， 即证，故证即可， 令，则， 令，则， 则在 上单调递减，且，得到，即， 故在 上单调递增，而，可得， 则，即，故C正确， 对于D，欲证，则证， 即证，故证即可， 令，则， 令，则，可得在 上单调递减， 且，，则， 由零点存在性定理得存在作为零点，即零点， 令，，令，， 则在上单调递增，在上单调递减， 而，，则， 此时不满足，故D错误. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知正方形的边长为，为的中点，则__________． 【答案】2 【解析】 【详解】·=(+)·(-) =-·+·-·=22-×22=2. 13. 写出一个满足下列条件的函数解析式_______.①；②，且. 有 ；③且 有 ；④. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】抓住第四个条件对应的函数解析式运算特征，分析学过的基本初等函数模型中，幂函数能与之对应，随即可解. 【详解】条件①对应的是偶函数；条件②对应的为函数在上单调递减； 条件③为琴生不等式，对应的是函数的凸凹性：函数在上为下凸函数；条件④对应函数解析式的运算特征， 在所学过的函数模型中，一次函数与幂函数符合，结合①②③，不符合； 在中，取为负偶数即可. 14. 甲、乙、丙三人每人制作两张卡片，将卡片放在同一个盒子中，每人不放回地随机抽取两张，设至少取回一张自己的卡片的人数为X，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】用字母表示出甲、乙、丙的卡片，计算出相应样本空间与总样本空间求出概率即可. 【详解】设甲制作的卡片为；乙制作的卡片为；丙制作的卡片为. 代表三人只有一人至少取回一张自己的卡片， 有种情况；不妨设是甲至少取回一张自己的卡片； 当甲只取回一张自己的卡片时，有种； 例如：甲取到的卡片为，此时丙不能取， 只能取，即甲取回一张自己的卡片时，样本数为； 当甲取回两张自己的卡片时，此时乙与丙只能相互交换， 即有种；而总样本空间为甲、乙、丙三人各自任取两张卡片，即， 所以; 代表三人有两人至少取回一张自己的卡片， 即有一个人没有取回自己的卡片，有种情况； 不妨设是丙没有取回自己的卡片，则丙要在四张中取两个， 显然丙不能取或，所以丙有种取法， 例如：丙取的是，则甲留下，只能在中取一个，即种，剩下两张给乙， 即共有种，所以. 所以. 四、解答题：本大题共5小题，共计77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知的角A，B，C所对的边分别是a，b，c， 向量 （1）若 求A； （2）若 求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过向量平行转化为边角关系，再用正弦定理和三角恒等变换求解即可. （2）通过向量垂直得到边的关系，结合余弦定理和面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为所以①. 又由正弦定理，即，代入①式， 可得，整理得， 又，所以，解得. 【小问2详解】 因为，所以， 即，又 ，所以 . 因为，由余弦定理可得， 即，解得 或 （舍去）. 故. 16. 如图，在三棱锥 中，平面⊥平面，， 分别为棱 上的点. （1）若∥，∥，证明: ∥； （2）若 分别为棱 的中点，在棱 上是否存在点G，使得平面 与平面所成角为?若存在，求 的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）若∥ ， 平面， 平面，所以∥平面； 若 ∥， 平面， 平面，所以 ∥平面. 因为 平面 ，所以平面 ∥平面. 又平面 平面 ，平面 平面 ， 所以∥. （2）存在,  或 【解析】 【分析】（1）先由面面平行的判定定理证明平面 ∥平面，再由面面平行的性质定理证明∥； （2）由面面垂直的性质定理证明 平面，建立空间直角坐标系，设棱上是否存在点G，使得平面 与平面所成角为，且  ，由面面角的向量求法列出关于的方程，求解可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以，所以 .  因为平面 ⊥平面，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面. 过作 ，垂足为，则. 所以 . 如图所示，以点为坐标原点，分别以 所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则 . 所以 . 设：在棱上是否存在点G，使得平面 与平面所成角为，且  ， 则 ，所以 . 设平面 的法向量为， 则. 令 ，则 . 所以平面 的法向量为 . 由 平面，知平面的一个法向量为 . 所以， 即，化简得 ，解得或. 故在棱上存在点G，使得平面 与平面所成角为，此时  或. 17. 已知函数 （1）当时， 求函数在处的切线方程； （2）若函数在处取得极值， (i)求的值； (ii)已知 ，若在上恒成立， 求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）当时，，，求出，代入到直线的点斜式方程计算即可. （2）(i)函数在处取得极值，则 ，由得， ，则，计算即可. (ii) 由在恒成立，利用分离常数法得：，令，得，则，时，，得是最小值点，计算即可. 【小问1详解】 当时，， ， ， ， 函数在处的切线方程为， 化简得：. 【小问2详解】 (i)函数在处取得极值， ， ， ， ， ， ， ， 令，解得：或， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 函数在处取得极小值， 函数在处取得极值时 (ii) 由(i)得， ，且，在恒成立， ，即， ，整理得：， 即， 令， ， ， ， 化简得： ， 令，则， 时，， 在单调递增， ， 当 时，， 解得：， 当，，单调递减， 当，，单调递增， 是极小值点，也是最小值点， ， ， 实数的取值范围是. 18. 在第十五届全国运动会乒乓球女子团体金牌赛中，山东队拼尽全力、不屈不挠，最终战胜河北队，夺得冠军.为了弘扬国球精神，提升竞技水平，某学校举行“校园杯”趣味乒乓球比赛，甲乙两名同学进行“单打对决”，规则如下：比赛采用五局三胜制，为增加比赛悬念，每局比赛不设固定分数上限，实行“净胜两分制”，即从0比0开局，率先净胜对手2分的一方赢得该局.经赛前技术分析，在每一个回合(即从发球开始到一方得分结束的完整对抗过程)中，甲得分的概率为，乙得分的概率为.假设各回合结果相互独立，无无效回合，且各局胜负互不影响. （1）在某一局比赛中，求经过2回合结果为平局的概率和经过4回合结果为平局的概率； （2）在某一局比赛中，记“经过 个回合甲获胜”为事件，分别求及在该局比赛中甲获胜的概率； （3）比赛结束时，双方共进行了局比赛，求的分布列. (附:当 时，). 【答案】（1）； （2） ；； ；； （3） 3 4 5 【解析】 【分析】（1）利用独立重复试验的性质结合独立事件概率公式求解即可. （2）结合题意求出对应概率，再求出，最后得到甲获胜的概率即可. （3）结合题意求出对应情况的概率，最后列出分布列即可. 【小问1详解】 由题意得甲得分的概率为，乙得分的概率为， 则，. 【小问2详解】 由题意得 ，， ，， 当 为奇数时， ， 当 为偶数时，， 则甲获胜的概率为 ， 当 时，，则甲获胜的概率为. 【小问3详解】 由已知得甲获胜的概率为，且的取值为， 而， ， . 可得分布列如下， 3 4 5 19. 已知双曲线的左，右焦点分别为，双曲线上任意一点到两条渐近线的距离的乘积为. （1）求双曲线的标准方程； （2）直线经过点，且与双曲线的右支交于两点，设的内心为点，求证：点在定直线上； （3）从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点，他们就好像是从另一个焦点射出的一样，双曲线的这一光学性质被广泛应用，如图，由发出的光线经双曲线上一点反射后，反射光线的反向延长线经过点，连接交双曲线于点，点也是一个反射点，连接交双曲线于点，则点也是一个反射点，再连接，交双曲线于点，则点也是一个反射点，……，各反射点连线得到折线，设第n个反射点为()，求证：数列为等比数列. 【答案】（1） （2） 由题意得的斜率一定存在，且直线经过点， 设直线方程为，如图，作出符合题意的图形， 设的角分线的方向向量为， ， 则，， 且，即， 因为在双曲线上，所以，化简得， 则， 同理可得，则， 整理可得， 因为，， 所以化简得，而，则， 解得，可得的角分线的斜率为， 则的角分线的方程为，化简得， 结合内心的性质得点在定直线上. （3） 如图，作出符合题意的图形， 因为， 所以， ， 则，由角分线定理得， 可得，整理可得， 同理可得，两式联立可得， 由题意得 ，则，可得， 则数列为以为首项，为公比的等比数列. 【解析】 【分析】（1）利用点到直线的距离公式并结合题意建立方程组，求解基本量，最后得到双曲线方程即可. （2）作出符合题意的图形，结合题意与角分线的性质求解出角平分线的斜率，得到角平分线的方程，最后结合内心的性质确定即可. （3）结合题意并利用角平分线定理得到递推式，最后结合等比数列的定义证明即可. 【小问1详解】 由题意得双曲线的左，右焦点分别为， 则 ，可得，且双曲线的渐近线方程为， 设到两条渐近线的距离分别为， ， 由点到直线的距离公式得，， 则，而到两条渐近线的距离的乘积为， 可得，化简得， 解得（另一根舍去），则双曲线的方程为. 【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 $