精品解析：海南儋州市2026届高三下学期第一次教学质量诊断考试数学

儋州市2026年高三第一次教学质量诊断考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助复数运算法则求出后利用虚部定义即可得. 【详解】，故的虚部是. 2. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】集合，根据二次根式的性质， 可得， 解得，即， 因为，所以， 又，解不等式， 可得，即， 所以，所以A选项正确. 3. 用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为（ ） A. 36 B. 48 C. 60 D. 72 【答案】C 【解析】 【分析】利用特殊元素优先法，结合计数原理以及排列数，即可求解. 【详解】若五位数的个位为零，其余数位随意安排，这样的数有个， 若五位数的个位不为零，而个位仅有2，4两种选择，万位有3种选择，这样的数有， 所以五位的偶数有. 故选：C. 4. 若函数的零点为1，2，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为函数的零点为1，2， 所以，. 所以不等式可化为. 所以所求不等式的解集为. 所以选项D正确. 5. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则内切圆的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用 及正弦定理得到 ,再结合余弦定理求出 ,进而得到面积和周长,最后用 算出内切圆半径. 【详解】由 ,得 , . 由 及正弦定理 ,得 , 即 , 因为, 所以. 由余弦定理 ,代入 , 得 ,整理得 , 所以, . 由余弦定理 , 因为, 所以. 的面积 , 周长 . 设内切圆半径为 ,则 , 所以 . 6. 设等比数列的前项和为，且，且为二项式展开式中的常数项，则的最小值为（ ） A. 5 B. C. D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式的展开式的通项公式可求出，再利用等比数列求和公式计算可得公比及首项，最后利用等比数列求和公式求出后，分为奇数与为偶数讨论即可得. 【详解】对，有， 令，解得，则，即， 设等比数列的公比为，若，则，故， 则， 故，则，故， 故， 当为奇数时，随的增大而减小，此时； 当为偶数时，随的增大而增大，此时的最小值为； 综上所述，的最小值为. 7. 已知点为双曲线的右焦点，点为左顶点，点在双曲线的右支上，若，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题知，，设双曲线的左焦点为，连接，则，在中，由余弦定理化简可得，即可求解． 【详解】因为，，，所以， 设双曲线的左焦点为，连接，则， 所以在中，，由余弦定理得， ， 整理得，即，得． 8. 已知函数在上单调递增，且当时，，则的取值范围为（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用辅助角公式将函数化为正弦函数，进而利用正弦函数的单调区间和正负区间分别建立关于ω的不等式组，通过整数参数描述区间位置并与定义域取交集，最终综合确定ω的取值范围. 【详解】利用辅助角公式化简： 的单调递增区间为， 当时，，整个区间需落在某个增区间内， 因此：, 化简得： 结合： 若，则，若，则，若，不等式无解， 因此 当时，， 要使恒成立，整个区间需落在， 因此：， 化简得：， 结合，分情况讨论： 当时：取，得，交集为， 当时：取，得，交集为（因为）， 综上，的取值范围是. 二、多选题：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. 设等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 数列的公差小于0 B. 数列的公差与数列的公差相等 C. 中最大 D. 使得的正整数的最小值为23 【答案】ACD 【解析】 【详解】由可得. 所以，，且. 对A选项，因为等差数列的公差，故A正确； 对B选项，因为，所以数列是等差数列，且公差为数列公差的一半，故B错误； 对C选项，因为等差数列中，公差，，，所以中最大，故C正确； 对D选项，因为， 且，故D正确. 10. 设椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，则（ ） A. 若的面积，则满足题意的点有四个 B. 若，则的面积 C. 椭圆内接矩形面积的最大值为12 D. 若为钝角三角形，则的面积的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，结合选项利用面积公式可判断AD，利用余弦定理得，然后代入三角形面积公式求解判断B；设椭圆内接矩形的一个顶点为，利用二倍角公式化简面积，结合正弦函数的最值可得面积的最值判断C. 【详解】∵椭圆，∴，∴，， 设，则，， 对于A：若，则，解得，代入椭圆方程可得， 故满足题意的点有四个，正确； 对于B：由余弦定理得，， 则，即， ∴， ∴的面积为，正确； 对于C：设椭圆内接矩形的一个顶点为， 则椭圆内接矩形的面积为， 由得，∴， ∴椭圆内接矩形面积的最大值为，错误； 对于D： ，可知不可能为钝角， 由对称性不妨设是钝角，先考虑临界情况，当为直角时， 由通径长可得，此时， ∴当为钝角三角形时，，则， 即的面积的取值范围为，正确. 11. 已知函数，则（ ） A. 函数在上单调递减，在上单调递增 B. C. 若，则实数的取值范围是 D. 当时，若方程有且只有一个根，则 【答案】BC 【解析】 【分析】借助导数可得A；利用函数单调性与可得B；参变分离后构造函数，求导后可得该函数单调性，即可得其最小值，即可得C；利用函数的单调性计算即可得D. 【详解】对A：， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增，故A错误； 对B：因， 由，及在上单调递增， 可得，故B正确； 对C：，令， 则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故，即，故C正确； 对D：令，即， 由C知，函数在上单调递减，在上单调递增， 由，， ， 若方程有且只有一个根，则或，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知两个单位向量，满足，则向量与的夹角为________． 【答案】## 【解析】 【分析】借助模长与数量积的关系可得，再利用向量夹角公式计算即可得. 【详解】由，则，故， 则 ，因， 故向量与的夹角为. 13. 某学校进行了一次抽样调查，了解不同性别的学生“利用AI辅助学习”的情况，采用简单随机抽样的方法，分别抽取男生和女生各50名作为样本．记“利用AI辅助学习”为事件A，“学生为女生”为事件B，将样本的频率视为概率，得到，．现从全校的学生中随机抽取30名，设其中“利用AI辅助学习的学生”的人数为，则当取得最大值时，的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】借助条件概率公式可计算出，再利用二项分布概率公式，表示出后，解出不等式及即可得. 【详解】由题意可得，则，即， ，则， 则可得服从二项分布，则 ， 令， 即有，解得， 令 即有，解得， 即，由，则当取得最大值时，. 14. 已知正方体的棱长为2，E，F分别为的中点，则三棱锥的外接球的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，设三棱锥的外接球球心，利用球的半径相等建立方程组，求解即得球心坐标，算出半径，代入球的表面积公式计算即得. 【详解】 如图，以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系. 则， 设三棱锥的外接球球心为， 则， 解得，故， 则三棱锥的外接球的半径为， 故三棱锥的外接球的表面积为. 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. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式及其图象的对称轴方程； （2）若函数的图象可由函数的图象上所有的点向右平移个单位得到，求当时，函数的值域． 【答案】（1），对称轴方程为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数图象可求出函数的解析式，利用正弦函数的对称性可求其对称轴； （2）利用图象变换可求得的解析式，利用换元法求解的值域. 【小问1详解】 设函数的最小正周期为T， 由题意可得，，故， 所以． 因为， 所以，又，所以， 所以． 由，得， 所以函数的对称轴方程为． 【小问2详解】 由题意得，． 当时，，所以， 所以，即的值域为． 16. 如图，等腰梯形中，，，，现将沿翻折，使得点到点处，得四棱锥，若点，分别在，上，且． （1）求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：在上取一点，使得，连接， 因为分别在和上，且， 在中，可得，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 在中，可得，所以， 因为，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，所以 平面； （2） 【解析】 【分析】（1）在上取一点，使得，根据题意，分别证得平面，平面，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，且，平面， 所以平面，则即为二面角的平面角，所以， 以为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 设，可得，，，， ，则，， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，，所以， 又由，可得，， 设，， 可得且， 解得，，，，，， 所以， 设与平面所成的角为，其中， 则， 所以与平面所成的角的正弦值为. 【点睛】 17. 已知抛物线的焦点为点，点在抛物线上，，且的最小值为． （1）求抛物线的方程； （2）设点P不在坐标轴上，过P可作抛物线C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B， ①证明：； ②若直线，，直线AB与x轴相交于点H，求的最大值． 【答案】（1） （2）①设，、， 由题意可得直线、不与坐标轴平行，可设， 联立，消去得， 则， 即，则， 同理可得， 则有，故、是方程的两根， 故，， 由，则， ， 故； ② 【解析】 【分析】（1）借助抛物线定义即可得； （2）①设，，联立曲线方程，利用切线性质可得，同理可得，则有，故、是方程的两根，则可得，，再用表示出及即可得证；②由题意可得，则，再利用垂直性质可得，从而可解出，即可得点坐标，再求出点坐标后，即可表示、，再利用基本不等式即可得解. 【小问1详解】 若，则点在抛物线在轴上方部分的下方， 由抛物线定义可得等于点到准线的距离， 则的最小值为点到准线的距离， 故，解得 ，即抛物线的方程为； 【小问2详解】 ①略 ②由，则点、都在直线上， 则，故，由，故 ，即， 对，令，则，故， 有，联立，解得，故， 则， ， 则 ，当且仅当，即时，等号成立， 故的最大值为. 18. 如图，已知一个质点每隔相等时长，按随机方向，等可能地沿着正方体的棱从1个顶点移动到另1个顶点．设一个质点从顶点出发，第次运动后，质点回到点的概率为． （1）求和； （2）设第次运动后，质点移动到点的概率分别为、、． ①证明：，； ②求． 【答案】（1）；； （2） ①设第次到达，其概率为，则第次一定出现在与相邻的、、，每个顶点到达的概率均为， 因为质点从出发，顶点与顶点为其对称点， 所以第次到达顶点的概率与第次到达顶点的概率相同，均为， 又质点第次到达顶点的概率为, 所以； 同理，设第次到达，其概率为，则第次一定出现在与相邻的、、，每个顶点到达的概率均为， 因为质点从出发，顶点与顶点为其对称点， 所以第次到达顶点的概率与第次到达顶点的概率相同，均为， 又质点第次到达顶点的概率为, 所以； ②. 【解析】 【分析】（1）通过质点在不同时间的移动路径来确定回到点的概率； （2）①利用正方体的对称性以及质点移动的概率关系即可证明等式； ②通过质点到达各点的概率关系，化简可得，通过对的取值进行奇偶讨论，即可求得. 【小问1详解】 质点从出发，第1次运动有3个方向，即、、，概率均为， 第2次要回到，必须从第1次到达的顶点（、、）沿原路返回，每个顶点返回的概率为， 所以； 第3次运动要回到，第二次必须在与相邻的顶点（、、）， 但第2次运动质点不可能出现在顶点、、，所以； 【小问2详解】 ①略 ②根据①的计算，可得，，与，联立， 可得，化简整理得，即， 所以， 又，，，，， 所以，， ， 当为偶数时，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 所以 ， 当为奇数时，，，，，，， 所以， 即，所以， 所以当为偶数时， ， 所以当为奇数时， ， 综上所述，. 19. 已知函数． （1）求证：函数的图象恒过定点； （2）若对任意,不等式恒成立， ①求实数的值； ②求证：． 【答案】（1），，， 因在上单调递增，且时，，当时，， 所以存在唯一的，满足， 此时， 即函数的图象恒过定点； （2）①；②由①知，即，当且仅当时取等， ， 又， 令，则由，解得， 则当时，，在 上单调递减； 当时，，在 上单调递增， 故，即，当且仅当时取等， 则有，即，当且仅当时取等， 又，当时取等， 取等条件不一致，等号不成立，故． 【解析】 【分析】（1）先变形得，令，再证其存在唯一零点，进而可得函数过定点； （2）① ，即，令，再分和讨论函数单调性，进而得到的值；②由①知，再令，利用导数可证 ，即，最后结合两次取等条件不一致可得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①由（1）知， 则，由，可得 令，则， （i）当时，，则在上单调递增， 又 ，所以当时，，与矛盾，故不符合题意； （ii）当时，由解得， 当时， ，在上单调递减， 当时， ，在上单调递增， 又 ，则当，即时，在单调递减， 即当时，，不符合题意， 同理可知，即时也不符合题意， 当，即时，，此时恒成立， 即，， 故； ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 儋州市2026年高三第一次教学质量诊断考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 2. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为（ ） A. 36 B. 48 C. 60 D. 72 4. 若函数的零点为1，2，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则内切圆的半径为（ ） A. B. C. D. 6. 设等比数列的前项和为，且，且为二项式展开式中的常数项，则的最小值为（ ） A. 5 B. C. D. 10 7. 已知点为双曲线的右焦点，点为左顶点，点在双曲线的右支上，若，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 已知函数在上单调递增，且当时，，则的取值范围为（） A. B. C. D. 二、多选题：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. 设等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 数列的公差小于0 B. 数列的公差与数列的公差相等 C. 中最大 D. 使得的正整数的最小值为23 10. 设椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，则（ ） A. 若的面积，则满足题意的点有四个 B. 若，则的面积 C. 椭圆内接矩形面积的最大值为12 D. 若为钝角三角形，则的面积的取值范围为 11. 已知函数，则（ ） A. 函数在上单调递减，在上单调递增 B. C. 若，则实数的取值范围是 D. 当时，若方程有且只有一个根，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知两个单位向量，满足，则向量与的夹角为________． 13. 某学校进行了一次抽样调查，了解不同性别的学生“利用AI辅助学习”的情况，采用简单随机抽样的方法，分别抽取男生和女生各50名作为样本．记“利用AI辅助学习”为事件A，“学生为女生”为事件B，将样本的频率视为概率，得到，．现从全校的学生中随机抽取30名，设其中“利用AI辅助学习的学生”的人数为，则当取得最大值时，的值为________． 14. 已知正方体的棱长为2，E，F分别为的中点，则三棱锥的外接球的表面积为________． 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. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式及其图象的对称轴方程； （2）若函数的图象可由函数的图象上所有的点向右平移个单位得到，求当时，函数的值域． 16. 如图，等腰梯形中，，，，现将沿翻折，使得点到点处，得四棱锥，若点，分别在，上，且． （1）求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知抛物线的焦点为点，点在抛物线上，，且的最小值为． （1）求抛物线的方程； （2）设点P不在坐标轴上，过P可作抛物线C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B， ①证明：； ②若直线，，直线AB与x轴相交于点H，求的最大值． 18. 如图，已知一个质点每隔相等时长，按随机方向，等可能地沿着正方体的棱从1个顶点移动到另1个顶点．设一个质点从顶点出发，第次运动后，质点回到点的概率为． （1）求和； （2）设第次运动后，质点移动到点的概率分别为、、． ①证明：，； ②求． 19. 已知函数． （1）求证：函数的图象恒过定点； （2）若对任意,不等式恒成立， ①求实数的值； ②求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $