精品解析：云南昆明市第一中学2026届高三下学期3月复习诊断数学试卷

机密★启用前【考试时间：3月30日 14：30—16：30】 昆明市第一中学2026届高三3月复习诊断 数学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证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、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：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. 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 3. 在等比数列中，，，则（ ） A. 4 B. C. D. 8 4. 已知的三条边长为a，b，c，则“是等边三角形”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 5. 函数的图象如图所示，为的导函数，下列排序正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 甲、乙两名五子棋爱好者进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者获胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜概率为，则甲第一局获胜并最终以获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 在平行六面体中，分别为棱，的中点，点在平面上，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 设抛物线焦点为F，不经过F的直线与E交于A，B两点，与y轴交于点C，已知点A的坐标为，且与的面积之比是，则为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、多项选择题：本题共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. 已知，下列说法正确的是（ ） A. 在处的切线方程为 B. 单调递减区间为 C. 的极小值为 D. 方程有两个不同的解 10 已知数列满足：，则（ ） A. B. 的前n项和为 C. 的前100项和为100 D. 设数列满足，则既有最大项，又有最小项 11. 1688年，笛卡尔根据塔索研究的一簇花瓣与叶形曲线特征，提出了笛卡尔叶形线方程，则下列选项中正确的是（ ） A. 笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点 B. 笛卡尔叶形线关于直线对称 C. 当时，若点是笛卡尔叶形线上第一象限内的点，则的最大值为 D. 当时，若点是笛卡尔叶形线上第一象限内的点，则的最大值为4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，其中，在方向上投影向量是，则________． 13. 已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是________． 14. 从1，2，3，4，5这5个数中随机抽一个数记为，再从1，2，…，中随机抽一个数记为，则为________． 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某企业八年来的年生产总值（单位；百万元）统计如下表： 第x年 1 2 3 4 5 6 7 8 年生产总值y 12 14 18 24 32 52 73 95 根据表中数据解决下列问题. （1）在所统计的8个生产总值中任取2个，记其中不低于平均值的个数为，求的分布列和数学期望； （2）该企业在第5年进行了结构性改革，从第5年开始，企业的年生产总值呈直线上升趋势.试用线性回归模型预测该企业第10年的生产总值. 附：回归方程系数：； 参考数据：，． 16. 已知椭圆：过点，以的长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且． （1）求的方程； （2）若过点的直线与交于两点，满足直线的斜率之和为，求的面积． 17. 已知在中，，点在边上，且，. （1）若，求. （2）求的取值范围. 18. 已知函数，其中，为的导函数． （1）若，证明：； （2）若时，恒成立，求a的取值范围． 19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，为的中点， ． （1）证明：平面平面； （2）点为底面所在平面内一点，且． （ⅰ）若点在两平行直线与之间，设平面和平面夹角为，求的最大值； （ⅱ）已知，，，，在同一球面上，设该球的球心为，证明：球心在平面上，并判断是否存在点E在球的球面上，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 机密★启用前【考试时间：3月30日 14：30—16：30】 昆明市第一中学2026届高三3月复习诊断 数学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证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、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：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. 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合中元素的特征，对集合中的元素逐一判断即可. 【详解】因为集合，且， 所以，对集合中的元素逐一判断， ，所以； ，所以； ，所以； ，所以； ，所以. 综上，. 2. 已知复数满足，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简即可求解． 【详解】由，可得, 所以的虚部为， 故选：C 3. 在等比数列中，，，则（ ） A. 4 B. C. D. 8 【答案】A 【解析】 【详解】因为数列为等比数列，且，， 所以， 又因为， 所以. 4. 已知的三条边长为a，b，c，则“是等边三角形”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】 【详解】因为 且且是等边三角形， 所以“是等边三角形”是“”的充要条件. 5. 函数的图象如图所示，为的导函数，下列排序正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据的图象判断的符号以及单调性，由此确定正确答案. 【详解】根据的图象可知，在区间上单调递增， 且函数增长速度逐渐减慢，切线斜率递减. 所以，且单调递减， 所以. 6. 甲、乙两名五子棋爱好者进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者获胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲第一局获胜并最终以获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用独立重复事件分析求解即可. 【详解】甲第一局获胜并最终以获胜，说明甲、乙两人在5局比赛中，甲胜了4局，输了1局，并且输掉的这局为第二局或第三局或第四局， 故概率为：. 7. 在平行六面体中，分别为棱，的中点，点在平面上，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先将用平行六面体的棱向量表示，可由线性表示，建立向量等式，根据向量相等时对应系数相等，列方程求解. 【详解】设基底，以为原点，令，则，因此，D点，， 是中点，，因此， 是中点，，因此， 因为在平面上，所以可表示为平面内的向量的线性组合，， 即：， 代入，整理得：， ，解得，代入得，即. 8. 设抛物线焦点为F，不经过F的直线与E交于A，B两点，与y轴交于点C，已知点A的坐标为，且与的面积之比是，则为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】作出图形，结合图形得出求出的值，即可求出的值. 【详解】由题知点在抛物线上，故，即. 所以抛物线的方程为，焦点为，准线方程为， 如图，，， 所以， 又由点知，故， 所以. 二、多项选择题：本题共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. 已知，下列说法正确的是（ ） A. 在处的切线方程为 B. 单调递减区间为 C. 的极小值为 D. 方程有两个不同的解 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，利用导数的几何意义求解；对于B，求导后，由导数小于零求解；对于C，求导后求极值；对于D，函数与的交点个数判断. 【详解】对于A，由，得， 所以， ，所以在处的切线方程为，故A正确； 对于B，由，得，解得， 所以的单调递减区间为，故B正确； 对于C，由，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得极大值，故C错误； 对于D，由C选项可知的最大值为， 当时，，当时，， 所以函数与的图像的交点个数为1，即有1个解，故D错误. 故选：AB. 【点睛】关键点睛：本题的关键点是利用导数分析得的图像，从而得解. 10. 已知数列满足：，则（ ） A. B. 的前n项和为 C. 的前100项和为100 D. 设数列满足，则既有最大项，又有最小项 【答案】ACD 【解析】 【详解】当时，； 当时， . 当时，上式亦成立，所以，故A正确； 对B：的前n项和为，故B错误； 对C：， 所以的前100项和为： ，故C正确； 对D：， 当时，，并且单调递减，； 当时，，并且单调递减，. 所以最小，最大，故D正确. 11. 1688年，笛卡尔根据塔索研究的一簇花瓣与叶形曲线特征，提出了笛卡尔叶形线方程，则下列选项中正确的是（ ） A. 笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点 B. 笛卡尔叶形线关于直线对称 C. 当时，若点是笛卡尔叶形线上第一象限内的点，则的最大值为 D. 当时，若点是笛卡尔叶形线上第一象限内的点，则的最大值为4 【答案】ABD 【解析】 【分析】令，计算可判断A；将点代入方程计算可判断B；结合题意根据B，令，得出点坐标计算可判断C；结合基本不等式计算可判断D. 【详解】对于A，在中，令，得，令，得， 所以笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点，故A正确； 对于B，在中，将点代入可得， 显然方程不变，所以笛卡尔叶形线关于直线对称，故B正确； 对于C，当时，方程， 由B可知，笛卡尔叶形线关于直线对称， 将代入曲线可得，解得，即， 此时点是笛卡尔叶形线上第一象限内的点，，故C错误； 对于D，当时，方程， 由基本不等式可得， 当且仅当时等号成立， 所以，解得，此时， 经检验，点在曲线上，所以的最大值为4，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，其中，在方向上的投影向量是，则________． 【答案】 【解析】 【详解】根据投影向量的定义：向量在方向上的投影向量为 ​, 则由题意可得： ， 因为，所以. 13. 已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解. 【详解】因为，所以， 令，则有3个根， 令，则有3个根，其中， 结合余弦函数的图像性质可得，故， 故答案为：. 14. 从1，2，3，4，5这5个数中随机抽一个数记为，再从1，2，…，中随机抽一个数记为，则为________． 【答案】 【解析】 【详解】的取值为，2，，4，，且. 当时，的取值为，2，，，且. 根据全期望公式， 先求，当时，的期望， 则 . 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某企业八年来的年生产总值（单位；百万元）统计如下表： 第x年 1 2 3 4 5 6 7 8 年生产总值y 12 14 18 24 32 52 73 95 根据表中数据解决下列问题. （1）在所统计的8个生产总值中任取2个，记其中不低于平均值的个数为，求的分布列和数学期望； （2）该企业在第5年进行了结构性改革，从第5年开始，企业的年生产总值呈直线上升趋势.试用线性回归模型预测该企业第10年的生产总值. 附：回归方程系数：； 参考数据：，． 【答案】（1） 0 1 2 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列举出随机变量的可能取值，计算对应概率可得分布列，再根据数学期望公式计算即可求解； （2）根据最小二乘法计算公式可得线性回归直线方程，代入计算可预测该企业第10年的生产总值. 【小问1详解】 由题意可得， 其中不低于平均值40的有3个（52、73、95），低于平均值的有5个， 随机变量的可能取值为， 则，，， 所以的分布列为： 0 1 2 则； 【小问2详解】 由题意可得，， ，， 所以， 所以预测该企业第10年的生产总值为. 16. 已知椭圆：过点，以的长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且． （1）求的方程； （2）若过点的直线与交于两点，满足直线的斜率之和为，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆过得，再利用得，即可写出椭圆方程； （2）设直线方程并联立方程组，用韦达定理结合斜率之和的条件求出斜率，再用弦长和距离公式即可求出面积. 【小问1详解】 因为椭圆过点，所以，即， 又因为以长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且，即， 所以，故椭圆方程为. 【小问2详解】 由（1）知，设过点的直线的方程为，设， 联立方程组，代入化简得：， 由韦达定理：， 又因为直线的斜率为：，直线的斜率为：， 且 所以， 解得，此时直线：， 方程变为， 判别式满足题意，且， 此时弦长， 点到直线的距离为， 所以的面积为. 17. 已知在中，，点在边上，且，. （1）若，求. （2）求的取值范围. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】(1)在中由余弦定理求出的值，由正弦定理求出，然后在中求出的值 (2)在中和中分别求出和的表达式，然后运用辅助角公式进行化简求出取值范围 【详解】（1）因为，，所以， 在中又余弦定理得： 即， 解得或（舍去） 在中由正弦定理得：，， ，得， 所以. （2）设，则， 在中，由，得， 在中，，得， 所以， ，，. 所以的取值范围是. 【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理解三角形，在求解取值范围问题时一般可以将边的问题转化为角的问题，然后结合辅助角公式进行化简，求出结果． 18. 已知函数，其中，为导函数． （1）若，证明：； （2）若时，恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由得，令，利用导数研究单调性进而得证； （2）由得，令，即，进而得，根据和的情况讨论即可求解. 【小问1详解】 当时，，所以，所以， 即，令， 所以，令，所以， 所以在上单调递增，又，所以当时，，即， 当时，，即，所以在单调递增，在单调递减， 所以，所以，即； 【小问2详解】 由有：，所以， 令，即， 所以，且， 令，则， 由（1）的证明过程有在单调递增， 当时，，又在单调递增， 所以， 所以在单调递增，且，满足题意， 当时，时，又在单调递增， 所以存在，使得， 当时，，所以在单调递减， 所以，不满足题意， 所以，即. 19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，为的中点， ． （1）证明：平面平面； （2）点为底面所在平面内一点，且． （ⅰ）若点在两平行直线与之间，设平面和平面的夹角为，求的最大值； （ⅱ）已知，，，，在同一球面上，设该球的球心为，证明：球心在平面上，并判断是否存在点E在球的球面上，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析，存在 【解析】 【分析】（1）连接，利用勾股定理的逆定理可得，再利用等腰三角形中线性质可得，再利用面面垂直判定定理即可得证； （2）（ⅰ）建立适当空间直角坐标系后，可设出点坐标，再表示出平面和平面的法向量后，利用向量夹角公式计算即可得解；（ⅱ）由底面为矩形，可得球心投影在矩形中心，再利用外接球性质计算可得球心，即可得其位置，再计算是否存在符合要求的点，使得等于外接球半径即可得. 【小问1详解】 连接，由，，四边形为矩形， 则，又，， 则有，故， 由，为的中点，则， 又，、平面，故平面， 又平面，故平面平面； 【小问2详解】 取的中点，连接，则， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，由，则点轨迹为以、为焦点的椭圆， 且椭圆方程为； （ⅰ）由点在两平行直线与之间，则， 设平面的法向量为，由， 得，取，得， 故平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 得，取，得， 故平面的一个法向量为． 则， 令，则， 所以， 由函数单调递增， 则当时，取最大值，最大值； （ii）设，由四边形为矩形，则在平面的投影为矩形中心， 即有，，则由外接球性质可得， 即有， 解得，即，故球心在平面上， 该外接球半径， 由，则点到球心的距离 ， 令，则有， 解得或， 由，可得，则符合题意，不合题意， 故存在点E在球的球面上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $