精品解析：广东深圳市南方科技大学附属中学2025-2026学年高三下学期第一次教学诊断数学试卷

广东深圳市南方科技大学附属中学2025-2026学年高三下学期第一次教学诊断数学试卷 考试时间：2026年3月30日 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. 设，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 2. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 若函数且在上为减函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 设是等比数列，且，，则（ ） A. 12 B. 24 C. 30 D. 32 5. 在棱长为的正方体中，点在正方体内（包含边界）运动．若直线与所成角为，则动点所围成的图形的面积是（ ） A. B. C. D. 6. 若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. 5 D. 7. 如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的一半时，水的体积为74，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ） A. 148 B. C. D. 196 8. 已知函数（，e为自然对数的底数）的图像上存在2个点、分别与的图像上2个点、关于x轴对称，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，这组数据的第70百分位数为8 B. 若随机变量，且，则 C. 若随机变量，且，则 D. 对一组样本数据进行分析，由此得到的线性回归方程为：，至少有一个数据点在回归直线上 10. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. C. 当时， D. 曲线在点处的切线方程为 11. 数学中有许多寓意美好的曲线，曲线：被称为“四叶玫瑰线”（如图所示），是上在第一象限内的一点.给出的下列三个结论中，正确结论的选项是（ ） A. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过2； B. 曲线经过5个整点（即横纵坐标均为整数的点）； C. 存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使曲线在此正方形区域内（含边界）. D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______． 13. 已知数列的前项和为，当取最小值时，_____. 14. 如图：在中，，，三点分别在边，，上，则，，的外接圆交于一点，称点为密克点.运用上述结论解决如下问题：在梯形中，，，，为边的中点，动点在边上，与的外接圆交于点（异于点），则的最小值为______. 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. 已知函数的图象如图所示. （1）求的单调递增区间； （2）若，且，求的值. 16. 如图，内接于圆为圆的直径，平面为线段中点. （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 17. 已知函数. （1）若，求在上的极大值； （2）若函数，讨论函数在上零点的个数. 18. 某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行.记甲同学第局赢的概率为. （1）求乙同学第2局赢的概率； （2）求； （3）若存在，使成立，求整数的最小值. 19. 如图所示，由椭圆（）和抛物线（）组合成曲线，若与存在共同焦点，由图形特点，它们的形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线为“七星瓢虫曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”. （1）求“等差椭圆”的离心率； （2）在“七星瓢虫曲线”中，若是“等差椭圆”，且. （ⅰ）求与和都相切的直线的方程； （ⅱ）直线（），且l与相交所得弦的中点为M，与相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON（O为原点）的斜率之积为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东深圳市南方科技大学附属中学2025-2026学年高三下学期第一次教学诊断数学试卷 考试时间：2026年3月30日 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. 设，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】B 【解析】 【分析】根据同角三角函数平方关系，结合必要不充分性的判断即可求解. 【详解】由，则，故充分性不成立， 由，则，故必要性成立， 故“”是“”的必要不充分条件， 故选：B 2. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以，虚部为. 3. 若函数且在上为减函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】要使函数在上为减函数，须满足分段函数在各段上单调递减，结合端点处需要满足的条件，列出不等式组，求解即可. 【详解】当时，单调递减须满足，解得， 当时，单调递减须满足， 且； 所以要使函数在上为减函数，须满足 ，即，解得， 所以的取值范围是. 故选：C 4. 设是等比数列，且，，则（ ） A. 12 B. 24 C. 30 D. 32 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果. 【详解】设等比数列的公比为，则， ， 因此，. 故选：D. 【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题． 5. 在棱长为的正方体中，点在正方体内（包含边界）运动．若直线与所成角为，则动点所围成的图形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线与所成角为，得直线与直线所成角为，动点所围成的图形是圆锥侧面的四分之一，根据圆锥的表面积公式求出即可. 【详解】解：如图，在正方体中，，直线与所成角为， 即直线与直线所成角为，故动点所围成的图形是：高为，底面半径为1， 母线长为2的圆锥侧面的四分之一．即动点所围成的图形的面积为， 故选：B． 6. 若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由不等式恒成立，确定，且，再由基本不等式即可求解. 【详解】当时，不可能对任意的恒成立，不满足要求， 当时，开口向下，不满足题意， 所以， 令，得， 当时，不等式对任意的恒成立， 所以，即，且， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为4. 故选：B. 7. 如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的一半时，水的体积为74，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ） A. 148 B. C. D. 196 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件结合台体体积公式计算求解即可. 【详解】设线段，，，的中点分别为，，，，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段，的中点分别为，， 则，设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为，则，， 所以，则该方斗杯可盛水的总体积为. 故选:D. 8. 已知函数（，e为自然对数的底数）的图像上存在2个点、分别与的图像上2个点、关于x轴对称，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设上一点关于轴对称点坐标为，则在上，得到方程有解，即函数与在上有交点，利用导数判断出函数的单调性和最值，可得实数的取值范围． 【详解】设是上一点，则， 且关于轴对称点坐标为在上， 由题意得，有两个不同的实数解， 即有两个不同的实数解. 令，则，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以 有两个不同的实数解等价于与有两个交点， 所以,所以 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，这组数据的第70百分位数为8 B. 若随机变量，且，则 C. 若随机变量，且，则 D. 对一组样本数据进行分析，由此得到的线性回归方程为：，至少有一个数据点在回归直线上 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，根据百分位数的定义求解判断即可；对于B，根据二项分布的均值和方差求解即可判断；对于C，根据正态分布的性质求解即可判断；对于D，结合线性回归方程的定义即可判断. 【详解】对于A，将10次射击成绩从小到大排列为：5，5，6，6，7，7，8，9，9，9. 因为，所以这组数据的第70百分位数为，故A错误； 对于B，由， 则，即， 则，故B正确； 对于C，因为， 则， 所以，故C正确； 对于D，数据可能都不在回归直线上，故D错误. 故选：BC. 10. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. C. 当时， D. 曲线在点处的切线方程为 【答案】AC 【解析】 【分析】化简函数，通过奇函数的定义求证判断A；求出判断B；化简，结合基本不等式判断C；化简函数，求导，利用点斜式求方程判断D. 【详解】对于A，设，定义域为， 则，故为奇函数，A正确； 对于B，，则， 故，B错误； 对于C，当时，， 当且仅当时，等号成立，C正确； 对于D，设，则，则， 则曲线在点处的切线方程为，即，D错误. 故选：AC 11. 数学中有许多寓意美好的曲线，曲线：被称为“四叶玫瑰线”（如图所示），是上在第一象限内的一点.给出的下列三个结论中，正确结论的选项是（ ） A. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过2； B. 曲线经过5个整点（即横纵坐标均为整数的点）； C. 存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使曲线在此正方形区域内（含边界）. D. 的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A，利用基本不等式可得，进而可得；选项B，由，，，分别代入验证整点即可；选项C，由可知该曲线且以原点为圆心的最小圆的半径为2，进而可判断；选项D，设，，，联立可得，设，则，再利用导数求函数的最大值即可. 【详解】对于A，不妨设点为曲线：上的任一点， 则，化简得， 当且仅当时取等号，于是，即得， 故可得曲线上任意一点到原点的距离都不超过2，故A正确； 对于B，由A可知，， 当时，代入成立，故经过点， 当时，不成立， 当时，不成立， 当时，不成立， 当时，不成立， 当时，不成立， 故曲线经过1个整点，故B错误； 对于C，由A选项可知，包含该曲线且以原点为圆心的最小圆的半径为2， 边长为正方形是以原点为圆心2为半径的圆的内接正方形， 故不存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使曲线在此正方形区域内（含边界），故C错误. 对于D，如图，点在射线的上方， 则可设，，， 代入，得，. 令，则， 所以， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以是的最大值点，即，故D正确. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：本题所考察的方程为非常规方程，主要结合方程的性质去解决问题，方程具有对称性，选项BCD都是以此性质出发，简化问题转化. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______． 【答案】60 【解析】 【分析】先利用正态分布对称性求出的值，然后利用二项展开式求出常数项即可. 【详解】由随机变量，正态分布关于均值对称， 因为， 所以和关于2对称， 所以， 所以二项式为：， 又二项展开式的通项为：， 令解得：， 所以二项展开式中常数项为：， 故答案为：60. 13. 已知数列的前项和为，当取最小值时，_____. 【答案】3 【解析】 【分析】根据求得，代入结合基本不等式分析最值即可. 【详解】因为， 当时，， 又当时，，满足，故； 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以当时，取得最小值. 故答案为：. 14. 如图：在中，，，三点分别在边，，上，则，，的外接圆交于一点，称点为密克点.运用上述结论解决如下问题：在梯形中，，，，为边的中点，动点在边上，与的外接圆交于点（异于点），则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件确定正三角形，利用外接圆公共点确定点Q的位置，再结合外心和外接圆半径等条件，通过余弦定理求出线段BD的长度，最后根据点与圆的位置关系求出BQ的最小值. 【详解】延长，交于点，则由题可知为正三角形，为正三角形， 由题设结论，，的外接圆有唯一公共点，该公共点即为题中的点，故点在的外接圆上， 如上图，又由题可知，即为的外心，且外接圆半径为2，， 在中，由余弦定理，所以的最小值为. 故答案为：. 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. 已知函数的图象如图所示. （1）求的单调递增区间； （2）若，且，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的单调性结合整体思想即可得解； （2）先根据平方关系求出，再根据两角和的正弦公式即可得解. 【小问1详解】 由函数图象可知，， ，所以， 又，所以，解得， 由，可得， 所以， 令， 解得， 所以的单调递增区间为； 【小问2详解】 因为， 所以， 所以 . 16. 如图，内接于圆为圆的直径，平面为线段中点. （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1） 因为内接于圆为圆的直径，所以. 因为平面平面，所以. 又平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）易证，，故平面，由面面垂直的判定定理即可证明平面平面； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量即可求空间角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面， 所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 则， 所以. 设平面的法向量， 由得 不妨设，则， 所以平面的一个法向量. 又， 设平面的法向量， 由得 不妨设，则， 所以平面的一个法向量. 所以， 即平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 17. 已知函数. （1）若，求在上的极大值； （2）若函数，讨论函数在上零点的个数. 【答案】（1）极大值为0， （2） 当或时，函数只有一个零点， 当时，函数有三个零点， 当时，函数有两个零点. 【解析】 【分析】（1）求出导数，列表分析随变化情况，根据单调性和极值定义求解； （2）化简得，令，得或，分或，，，讨论判断方程解得个数得解. 【小问1详解】 当时，， 则， 令，得或或， 因此，当变化时，，的变化情况如下表所示： 0 + 0 0 单调递减 单调递增 单调递减 单调递增 所以当时，有极大值，极大值为. 【小问2详解】 ， 当时，由，得或， 其中，，则， 当或时，方程无解，此时函数只有一个零点， 当时，方程只有一解为，此时函数只有一个零点， 当时，方程有两个不同的解且均不等于，此时函数有三个零点， 当时，方程有一解且不等于，此时函数有两个零点. 综上，当或时，函数只有一个零点， 当时，函数有三个零点， 当时，函数有两个零点. 18. 某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行.记甲同学第局赢的概率为. （1）求乙同学第2局赢的概率； （2）求； （3）若存在，使成立，求整数的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件和对立事件的概率公式结合意求解即可； （2）由题意得时，，化简变形后可得数列是首项为，公比为的等比数列，从而可求出； （3）由题意得，令，利用导数可判断在上递减，则问题转化为求的最大值，进而可求得答案. 【小问1详解】 由题意甲第2局赢的概率为， 所以乙赢的概率为； 【小问2详解】 由已知时，， 所以，又， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以； 【小问3详解】 ，即，令，则， 因为和在上递减， 所以在上递减， 因为，所以时，，则在上递减， 显然，因此要求的最小值，即求的最大值， 又，为奇数时，， 为偶数时，，且在为偶数时，是单调递减的，， 所以是中的最大值， 所以，又在上是减函数， 所以，而，故 所以， 所以满足的整数的最小值为. 19. 如图所示，由椭圆（）和抛物线（）组合成曲线，若与存在共同焦点，由图形特点，它们的形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线为“七星瓢虫曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”. （1）求“等差椭圆”的离心率； （2）在“七星瓢虫曲线”中，若是“等差椭圆”，且. （ⅰ）求与和都相切的直线的方程； （ⅱ）直线（），且l与相交所得弦的中点为M，与相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON（O为原点）的斜率之积为定值. 【答案】（1）； （2）（i）或； （ii）证明：设l与相交于，， 线段CD的中点，则，， 两式相减，得， 所以，即， 由已知，，所以， 即，则 联立得， 又，则， 故， 所以中点的坐标为，可得， 所以，为N定值. 【解析】 【分析】（1）根据等差椭圆的定义，结合构造齐次式即可得解； （2）（ⅰ）设切线方程，分别联立椭圆方程和抛物线方程，利用判别式求解即可；（ⅱ）利用点差法求，利用韦达定理求出点坐标，然后可解. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为c， 因为长半轴、短半轴、半焦距成等差数列，所以， 又，所以，则， 两边同时除以，得，解得（舍去）. 所以“等差椭圆”的离心率为. 【小问2详解】 （ⅰ）解：若是“等差椭圆”，且， 则由，得，则，，解得. 故，. 易知与和都相切的直线斜率存在且不为0，设方程为：. 联立消去y得， 则，得；① 联立消去得， 则，得，② 联立①②，解得或 故和都相切的直线方程为或. （ⅱ）略 【点睛】关键点睛：本题关键在于灵活利用点差法求出，降低计算量，再由中点坐标公式和韦达定理求点N坐标即可得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $