精品解析：甘肃嘉峪关市酒钢三中2025-2026学年高三下学期考前诊断考试数学试卷

嘉峪关市酒钢三中高三年级第三次诊断考试 数学试卷 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 集合，则与的关系为（ ） A. B. C. D. 2. 已知是虚数单位，复数、在复平面内对应的点坐标分别为、，则为（ ） A. B. C. D. 3. 如果椭圆上一点P与焦点的距离等于6，那么点P与另一个焦点的距离是（ ） A. 6 B. 12 C. 14 D. 26 4. 设是等比数列的前n项和，若，，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 5. 函数在上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的最小正周期为，且，则函数的最小值为（ ） A. B. C. 0 D. 1 7. 人教A版选择性必修第一册教材44页“拓广探索”中有这样的表述：在空间直角坐标系中，若平面经过点，且以为法向量，设是平面内的任意一点，由，可得，此即平面的点法式方程．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 小明在某不透明的盒子中放入4红5黑共9个球，随机摇晃后，小明从中取出一个小球丢掉（未看被丢掉小球的颜色），现从剩下8个小球中取出两个小球，则这两个小球都是黑球的概率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 为评估某款“端侧AI芯片”在不同模型架构下的推理延迟表现，研发团队在固定输入长度（）的条件下，对200个公开的深度学习模型进行了单次推理延迟测试（单位：）．测试结果经异常值剔除后，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，则下列结论正确的是（ ） A. 样本中延迟在内的模型个数为60 B. 估计样本的中位数落在区间内 C. 估计样本的平均数约为 D. 该分布呈现出右边“拖尾”形态，说明大部分模型的延迟时间较短 10. 下列各结论中正确的是（ ）． A. “”是“”的充要条件 B. 的最小值为2 C. 若a，，，则 D. 命题“，”的否定是“，” 11. 数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线与轴交于，两点，与轴交于，两点，点是上一个动点，则（ ） A. 点在上 B. 面积的最大值为1 C. 曲线恰好经过4个整点（即横，纵坐标均为整数的点） D. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 的展开式中，的系数为30，则a的值为______． 13. 在中，，，，角C为钝角，则________． 14. 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一.在新春来临之际， 许多地区人们为了达到装点环境、渲染气氛， 寄托辞旧迎新、接福纳祥的愿望， 设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花 (如左图). 已知正方形 的边长为 4，中心为，四个半圆的圆心均在正方形 各边的中点 (如右图). 若点 位于半圆弧 的中点， 的值为_____; 若点 在四个半圆的圆弧上运动，则 的取值范围是_____ 四、解答题 15. 记数列的前n项和为，已知． （1）求； （2）记数列的前n项和为，证明：． 16. 已知函数． （1）若，求函数在处的切线方程； （2）若函数有两个零点，求实数a的取值范围． 17. 如图，圆锥的轴截面PAB是边长为2的正三角形，C，D为底面圆周上的点，且是正三角形，E为母线PB上的一动点． （1）若平面CDE，求PE的长； （2）若直线DE与平面所成角的正弦值为．求平面与平面夹角的余弦值． 18. 小明和小红参加班级数学老师组织的游戏，游戏共2轮，每轮的规则如下：每轮开始时，小明和小红手中各有两张牌，一张是王牌，一张是鬼牌，每人每次独立地随机取出1张牌相互交换，交换3次后该轮结束.2轮进行完游戏结束． （1）记每轮游戏在交换1次后，小明手里王牌的张数为，求的分布列及数学期望； （2）定义事件为“至少有1轮结束后，小明手里的两张牌种类相同”．求事件的概率 （3）若游戏改为仅进行1轮，交换次数变为变量．若老师规定：若最终小明手里两张牌相同，则小明获胜并获得奖金100元；若不同，则小红获胜并获得奖金100元．为了使游戏公平（即双方期望收益相等），交换次数应满足什么条件？ 19. 已知双曲线：的离心率为，左右焦点分别为，，，为双曲线左支上的两点，直线交轴于点. （1）求双曲线的方程； （2）若，求直线的方程； （3）设线段的中点为，直线交轴于点，点为关于原点的对称点，以为圆心作与轴相切的圆，过作该圆的两条切线，切点分别为，，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 嘉峪关市酒钢三中高三年级第三次诊断考试 数学试卷 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 集合，则与的关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题知， 所以与的关系为 2. 已知是虚数单位，复数、在复平面内对应的点坐标分别为、，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的几何意义，除法运算和复数的模计算即可. 【详解】由题意，，， . 故选：D. 3. 如果椭圆上一点P与焦点的距离等于6，那么点P与另一个焦点的距离是（ ） A. 6 B. 12 C. 14 D. 26 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆方程，求出长半轴的长，通过椭圆的定义求解点到另一个焦点的距离． 【详解】； ． 故选：C. 4. 设是等比数列的前n项和，若，，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据成等比数列，得到方程，求出，得到答案. 【详解】由题意得，， 因为成等比数列，故， 即，解得， 故. 故选：D 5. 函数在上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性判断A，再由函数零点及函数值变化趋势判断BCD. 【详解】由，可知，函数为奇函数， 故图象关于原点对称，故A错误； 当时，由可得，故D错误； 当时，增长比增长快，所以C正确B错误. 故选：C 6. 已知函数的最小正周期为，且，则函数的最小值为（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，结合正弦型函数性质求出，再利用诱导公式及二倍角公式化简，并结合二次型函数求出最小值. 【详解】由函数的最小正周期为，得，解得，， 由，得，而 ，则， 因此 ，又，则当时，取得最小值， 所以的最小值为. 7. 人教A版选择性必修第一册教材44页“拓广探索”中有这样的表述：在空间直角坐标系中，若平面经过点，且以为法向量，设是平面内的任意一点，由，可得，此即平面的点法式方程．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求出平面的法向量，利用线面角公式即可求解． 【详解】因为平面的方程为， 所以平面的一个法向量为,2,， 直线的方向向量为， 设直线与平面所成角为， 则,． 故选：B． 8. 小明在某不透明的盒子中放入4红5黑共9个球，随机摇晃后，小明从中取出一个小球丢掉（未看被丢掉小球的颜色），现从剩下8个小球中取出两个小球，则这两个小球都是黑球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】第一次丢掉球有红、黑两种可能，分别计算剩余球中取两个黑球的概率，再利用全概率公式计算即可. 【详解】用表示丢掉一个小球后任取两个小球均为黑球，用表示丢掉的小球为红球，表示丢掉的小球为黑球， 则， 由全概率公式可得. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 为评估某款“端侧AI芯片”在不同模型架构下的推理延迟表现，研发团队在固定输入长度（）的条件下，对200个公开的深度学习模型进行了单次推理延迟测试（单位：）．测试结果经异常值剔除后，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，则下列结论正确的是（ ） A. 样本中延迟在内的模型个数为60 B. 估计样本的中位数落在区间内 C. 估计样本的平均数约为 D. 该分布呈现出右边“拖尾”形态，说明大部分模型的延迟时间较短 【答案】AD 【解析】 【分析】求出各组频率判断A；利用中位数的定义计算判断B；估计平均数判断C；结合频率分布直方图分析判断D. 【详解】由频率分布直方图知，数据落在各分组区间的频率依次为：， 对于A，样本中延迟在内的模型个数为，A正确； 对于B，由，，得估计样本的中位数落在区间内，B错误； 对于C，样本的平均数约为，C错误； 对于D，该分布峰值在左侧低延迟区间，仅少数模型延迟较高，频率随延迟增大逐渐降低， 因此呈现右拖尾形态，说明大部分模型的延迟较低，D正确. 10. 下列各结论中正确的是（ ）． A. “”是“”的充要条件 B. 的最小值为2 C. 若a，，，则 D. 命题“，”的否定是“，” 【答案】AC 【解析】 【分析】利用不等式的性质判断A的真假；考虑基本不等式等号成立的条件判断B的真假；利用基本不等式求和的最小值判断C的真假；写出命题的否定判断D的真假. 【详解】对A：因为与都表示“符号相同”，所以它们是等价的，即“”是“”的充要条件，故A正确； 对B：因为，但等号成立的条件是：即， 所以等号不成立，故B错误； 对C：因为（当且仅当时取“”）.故C正确； 对D：命题“，”的否定是“，”，故D错误. 故选：AC 11. 数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线与轴交于，两点，与轴交于，两点，点是上一个动点，则（ ） A. 点在上 B. 面积的最大值为1 C. 曲线恰好经过4个整点（即横，纵坐标均为整数的点） D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】将点代入曲线的方程即可判断；取求，求直线与曲线的交点，即可判断；求直线与曲线的交点，即可判断；求出坐标平面内到定点，的距离和为的点的轨迹方程，求该轨迹方程与曲线的交点，即可判断. 【详解】将点代入曲线的方程左侧可得， 所以点不在上，故错误； 取可得，所以，，所以， 由曲线可得，因为， 设， 当时，， 当时，，代入曲线的方程成立， 所以直线与曲线的交点坐标为， 所以点的纵坐标的绝对值的最大值为， 所以面积的最大值为，故正确； 取可得，所以，， 取可得，所以直线与曲线交于点， 直线与曲线交于点， 所以曲线经过点，，，，故正确； 坐标平面内到定点，的距离和为的点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的椭圆， 设椭圆方程为，由已知可得，又，， 所以， 所以椭圆方程为， 联立，所以， 所以，所以，所以， 故椭圆与曲线的交点为，， 如图， 故曲线上所有点都满足，故正确. 故选：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是结合曲线方程，确定曲线的范围及曲线上关键点的坐标. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 的展开式中，的系数为30，则a的值为______． 【答案】6 【解析】 【分析】根据二项式通项公式结合条件即得. 【详解】由题可得展开式通项公式为， 令，解得，则有，其系数， 所以． 故答案为：6. 13. 在中，，，，角C为钝角，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件求出角，再利用正弦定理及平方关系求解. 【详解】在中，由角C为钝角，得角是锐角，则， 由，得，，而，， 由正弦定理得，而角C为钝角， 所以. 14. 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一.在新春来临之际， 许多地区人们为了达到装点环境、渲染气氛， 寄托辞旧迎新、接福纳祥的愿望， 设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花 (如左图). 已知正方形 的边长为 4，中心为，四个半圆的圆心均在正方形 各边的中点 (如右图). 若点 位于半圆弧 的中点， 的值为_____; 若点 在四个半圆的圆弧上运动，则 的取值范围是_____ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】当位于半圆弧中点时，，用，然后由数量积的运算律计算可得，计算时，建立如图所示的平面直角坐标系，写出半圆弧方程，得出其上点的坐标的范围，用坐标计算，然后求得结论． 【详解】当位于半圆弧中点时，，而，所以，， ． 以为建立平面直角坐标系，如图， 由已知， 因此半圆弧的方程为（在直线上方的部分）， 在半圆弧（包括端点）上，则， ， ， 又，所以， 由对称轴，当在半圆弧（包括端点） 上时，， 同理当在半圆弧（包括端点）上时有，在半圆弧（包括端点） 上时有， 综上，， 故答案为：；． 四、解答题 15. 记数列的前n项和为，已知． （1）求； （2）记数列的前n项和为，证明：． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用数列的前n项和与第n项的关系求出通项公式. （2）利用裂项相消法求和即可推理得证. 【小问1详解】 在数列中，， 当时，，而，满足上式， 所以. 【小问2详解】 依题意，， 则 ，而， 所以. 16. 已知函数． （1）若，求函数在处的切线方程； （2）若函数有两个零点，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）求出函数的导数，按分类确定函数的单调区间，进而由两个零点建立不等式求解. 【小问1详解】 当时，函数，求导得，则，而， 所以函数的图象在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，，函数在上单调递增，最多一个零点，不符合题意； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 当从大于0的方向趋近于0时，；当时，， 函数有两个零点，当且仅当， 则，解得，所以实数a的取值范围是. 17. 如图，圆锥的轴截面PAB是边长为2的正三角形，C，D为底面圆周上的点，且是正三角形，E为母线PB上的一动点． （1）若平面CDE，求PE的长； （2）若直线DE与平面所成角的正弦值为．求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用线面平行的性质，结合平行线分线段成比例定理求解. （2），利用线面角的向量法求出，进而求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 取直径的中点，连接，在底面圆所在平面内作，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建空间直角坐标系， 由都是正三角形，，得， ，令，则， 由平面，平面平面，平面，得， 因此，，所以PE的长为. 【小问2详解】 由（1）知，设，则， ，而平面的法向量， 由直线DE与平面所成角的正弦值为，得 ，整理得，又，解得， 于是，而，设平面的法向量， 则，令，得， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 小明和小红参加班级数学老师组织的游戏，游戏共2轮，每轮的规则如下：每轮开始时，小明和小红手中各有两张牌，一张是王牌，一张是鬼牌，每人每次独立地随机取出1张牌相互交换，交换3次后该轮结束.2轮进行完游戏结束． （1）记每轮游戏在交换1次后，小明手里王牌的张数为，求的分布列及数学期望； （2）定义事件为“至少有1轮结束后，小明手里的两张牌种类相同”．求事件的概率 （3）若游戏改为仅进行1轮，交换次数变为变量．若老师规定：若最终小明手里两张牌相同，则小明获胜并获得奖金100元；若不同，则小红获胜并获得奖金100元．为了使游戏公平（即双方期望收益相等），交换次数应满足什么条件？ 【答案】（1） 0 1 2 数学期望为1 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据离散型随机变量的分布列和数学期望计算即可. （2）根据独立重复事件的概率计算公式计算即可. （3）求出交换次后小明手中两张牌种类相同的概率，根据题意列方程求解即可. 【小问1详解】 交换1次后，随机变量的所有可能取值为0，1，2. ，，. 所以随机变量的分布列为 0 1 2 随机变量的期望 【小问2详解】 设表示交换次后小明手中两张牌种类相同的概率，则，， 则经过3次后，. 事件“至少有1轮结束后，小明手里的两张牌种类相同”的对立事件为“两轮结束后，小明手里的两张牌种类不同”，其概率为， 所以事件的概率为. 【小问3详解】 设表示交换次后小明手中两张牌种类相同的概率，则，， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以. 为了使游戏公平，小明获胜的概率应为，所以，解得. 19. 已知双曲线：的离心率为，左右焦点分别为，，，为双曲线左支上的两点，直线交轴于点. （1）求双曲线的方程； （2）若，求直线的方程； （3）设线段的中点为，直线交轴于点，点为关于原点的对称点，以为圆心作与轴相切的圆，过作该圆的两条切线，切点分别为，，求的取值范围. 【答案】（1） （2）​或. （3） 【解析】 【分析】（1）利用双曲线的离心率和求解方程； （2）根据向量关系得到点的坐标即可求解直线方程； （3）联立直线与双曲线方程，结合韦达定理整理出，再换元利用二次函数性质得到的范围即可求解. 【小问1详解】 由双曲线，得，即. 已知离心率​​，得. 由双曲线关系，得. 因此双曲线的方程为. 【小问2详解】 由得，设，. 向量，， 由​​得，解得​​， 代入双曲线方程得​​，或， 故直线的斜率， 所以直线PQ方程为​或. 【小问3详解】 设直线，，则，圆与轴相切，故半径. 联立直线与双曲线方程，整理得， 由在左支，得，设，中点， 由韦达定理得， 则，即. 故，，， 设，由切线性质， 令，代入得，由，所以， 设，代入上式得， 可知二次函数在内单调递增，所以， 因此， 由切线性质可知是直角三角形，所以是锐角，即. 则​​，即的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $