四川省达州市2025届高三上学期一诊试题 数学 含解析

达州市普通高中2025届第一次诊断性测试数学试题（本试卷满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的班级､姓名､准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确.2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米的黑色签字笔书写在答题卡的对应题框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸､试题卷上答题无效.3.考试结束以后，将答题卡收回.一､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，若，则集合可以为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据子集的定义即可判断.【详解】因为，所以.故选：C2.以双曲线的右焦点为圆心，离心率为半径的圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由双曲线标准方程可得右焦点坐标和离心率，即可得到圆的方程.【详解】由得，，故右焦点坐标为，离心率为，∴圆的方程为.故选：A.3.已知为直线的倾斜角，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据直线倾斜角与斜率的关系可得，利用二倍角公式及齐次式可得结果.【详解】∵为直线的倾斜角，∴直线斜率，∴.故选：A.4.已知三个不同的平面，且，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】由不能得到，由可得，据此可确定选项.【详解】如图，在正方体中，记平面为平面，平面为平面，平面为平面，则，，但平面，即由不能得到由可得.故时，是的必要不充分条件.故选：B.5.已知可导函数的部分图象如图所示，为函数的导函数，下列结论不一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据图象，以及导数的几何意义，即可判断选项.【详解】A.由导数的几何意义可知，，由图可知，，所以，故A成立；B.，故B成立；C.由图可知，，，但不确定与的大小关系，故C不一定成立.D.由图可知，函数在上单调递增，且增长速度越来越快，所以，故D成立.故选：C6.如图，在正方体中，点分别为所在棱的中点，则（）A. B.平面C.直线与为异面直线 D.平面【答案】D【解析】【分析】首先以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法，判断垂直和平行关系.【详解】如图，建立空间直角坐标系，设棱长为，A，，，，，，，所以与不垂直，故A错误；B.平面的法向量为，，所以与平面的法向量不垂直，则与平面不平行，故B错误；C.，，，，所以，则，故C错误；D.，，，，，，，，平面，所以平面，故D正确.故选：D7.如图1，圆锥的母线长为3，底面圆直径，点为底面的中点，则在该圆锥的侧面展开图（图2）中（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据圆锥与展开图的关系，求对应的圆心角，再转化向量，求向量的数量积.【详解】如图，连结，圆锥底面圆的周长为，母线为3，所以扇形展开图的圆心角为，则，，，.故选：D8.已知函数的图象关于原点对称，则下列叙述错误的是（）A. B.既有最小值也有最大值C.有3个零点 D.有2个极值点【答案】B【解析】【分析】首先利用奇函数的性质，求，即可判断A，根据奇函数的性质，分析当时，利用导数判断函数的单调性，分析函数的极值，以及函数值的趋向，即可判断选项.【详解】设，，因为函数是奇函数，则，即，所以，，所以，故A正确；所以，当时，，，设，，设，得，当时，，单调递减，当，，单调递增，所以当时，取得最小值，即恒成立，所以单调递增，即单调递增，，，所以存在，使，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，取得极小值，，则，，所以存在，使，且时，，综上可知，当时，函数有一个极小值点，一个零点，无最大值，因为函数是奇函数，所以时，函数有一个极大值点，一个零点，无最小值，且，所以函数有3个零点，2个极值点，无最大值也无最小值，所以B错误，CD正确.故选：B【点睛】关键点点睛：本题的关键是判断A选项，通过多次对函数求导数，判断函数的单调性和极值.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.国家统计局7月15日发布数据显示，2024年上半年我国经济运行总体平稳，其中新能源产业依靠持续的技术创新实现较快增长.某企业根据市场调研得到研发投入（亿元）与产品收益（亿元）的数据统计如下，则下列叙述正确的是（）12345672357889A.B.由散点图知变量和正相关C.用最小二乘法求得关于的经验回归直线方程为D.收益的方差为6【答案】AB【解析】【分析】根据平均数公式以及散点图的图象特征判断AB，根据回归直线过样本点中心，即可判断C，代入方差公式，判断D.【详解】A.，，故A正确；B.散点图的分布从左下到右上，所以是正相关，故B正确；C.经验回归直线必过样本点中心，当时，，故C错误；D.收益的方差为，故D错误.故选：AB10.为函数的导函数，记为，依次类推，，已知，数列的前项和为，则（）A.B.C.存在，使得在上单调递增D.【答案】AC【解析】【分析】根据数列的定义，列举发现数列的的周期性，再结合选项即可判断.【详解】由题意可知，，，，，，，所以数列的周期为4，，故A正确；因为，且数列的周期为4，所以，故B错误；当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递减，当时，，为常数列，所以存在时，在上单调递增，故C正确；由C选项可知，当时，，值域为，不满足，故D错误.故选：AC11.抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线的焦点为为坐标原点，从点发出平行于轴的光线经过抛物线上的点反射后再经过抛物线上另一点，则（）A.存在点使得点.都在以为圆心的圆上B.存在点使得点是的垂心C.存在点使得点是的重心D.点到直线的最短距离为4【答案】BCD【解析】【分析】根据圆的性质，以及抛物线的对称性，即可判断A，根据光学性质，利用点的坐标表示点的坐标，再根据垂心，重心，即可判断BC，利用坐标表示点到直线的距离，即可判断D.【详解】A.由题意可知，三点共线，根据对称性可知，若存在点使得点.都在以为圆心的圆上，则为通径，则,，则以点为圆心的圆的半径为2，但，所以不存在点使得点.都在以为圆心的圆上，故A错误；B.由，则，，则直线，与抛物线方程联立，得，则，所以，则，即，若存在点使得点是的垂心，则，，，，则，①，，则，②，且，③，联立①③，得，联立①②，得，则，得成立，故B正确；C.若存在点使得点是重心，则，，得，，即，故C正确；D.点到直线的最短距离为，当时，即时等号成立，点到直线的最短距离为4，故D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合光学性质，利用点的坐标表示点的坐标.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若复数是方程的一个根，则__________.【答案】-2【解析】【分析】将代入方程，即可求解.【详解】由条件可知，，所以，得.故答案为：-213.二项式，若，则__________.【答案】【解析】【分析】首先根据绝对值和的意义，采用赋值法求，再求.【详解】二项式的通项为，令，得，所以，中，是的系数，所以.故答案为：14.抛一枚质地均匀的骰子3次，将每次骰子正面朝上的数字依次记为，则不等式成立的概率是__________.【答案】【解析】【分析】利用列举的方法，结合古典概型概率公式，即可求解.【详解】抛一枚质地均匀的骰子3次，共有种情况，其中满足，包含三个数字为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共23个.所以不等式成立的概率.故答案为：四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写文字说明､证明过程或演算步骤.15.记数列的前项和为，且.数列是等比数列，且.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和：【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据公式，即可求解，再根据条件，代入等比数列的基本量，即可求解数列的通项公式；（2）根据（1）的结果，利用裂项相消法求和.【小问1详解】当时，，当时，，验证当时，，成立，所以，设等比数列的首项为，公比为，所以，得，，则；【小问2详解】，所以.16.已知的内角的对边分别为.（1）证明：；（2）若的外接圆半径为，且，求的面积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）首先根据正弦定理边化角，再根据三角函数恒等变换公式，化简求解角的关系式；（2）根据正弦定理求，再根据（1）的结果和正弦定理求，，，最后代入三角形面积公式，即可求解.【小问1详解】由正弦定理可知，，即，因为，且，所以，因为，所以，所以；小问2详解】因为，而，则C为锐角，，则，，所以.17.如图，已知正四棱锥的体积为，高为.（1）求平面与平面的夹角的余弦值；（2）现有一蚂蚁从点处等可能地沿各条棱向底面匀速移动，已知该蚂蚁每秒移动1个单位，求2秒后该蚂蚁与点的距离的分布列及期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，期望为【解析】【分析】（1）根据垂直关系平面，以及二面角的定义，构造二面角的平面角，即可求解；（2）首先分析2秒后，蚂蚁到的位置，再写出随机变量的数值，以及概率，代入期望公式，即可求解.【小问1详解】设底面边长为，则，得，连结交于点，作，垂足为点，连结，因为平面，平面，所以，且，，平面，所以平面，平面，所以，又，且，平面，所以平面，平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，，所以，所以是等边三角形，，所以所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为.【小问2详解】由题意可知，蚂蚁从点沿的概率都是,2秒后蚂蚁移动了2个单位，侧棱长为2，所以若沿移动，蚂蚁到达点，若沿，蚂蚁到达点，若沿，蚂蚁到达点，若沿蚂蚁到达点，，，所以分布列为02数学期望.18.已知函数.（1）求的极值；（2）证明：当时，；（3）若，求的值.【答案】（1）极大值为，极小值为.（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）求导，分析函数的单调性，即可得到函数的极值.（2）构造函数，求导，分析函数单调性，证明即可得到结论.（3）讨论的取值范围，分析函数单调性，结合条件即可得到的值.【小问1详解】由题意得，，∴，由得，或，由得，，∴在上增函数，在上为减函数，在上为增函数，∴当时，有极大值，极大值为，当时，有极小值，极小值为.【小问2详解】由（1）得，，要证，只需证，令，则，由得，由得，∴在上为减函数，在上为增函数，∴，∵，∴，∴，，∴，即.【小问3详解】∵，∴，当时，，在上为减函数，且，不满足.当时，，方程的，方程有两个不相等的实数根，且，，由得，，，由得，或，∴在上为增函数，在上为减函数，在上有唯一极大值点，且，∵，，∴，即，解得.【点睛】关键点点睛：解决本题第（3）的关键是结合函数的定义域对进行分类讨论，其中时，根据的单调性确定，利用且可得到，解方程即可得到的值.19.已知点是平面直角坐标系中的任意一点，在变换的作用下，点对应到点，称为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换.如：在变换的作用下得到.（1）已知曲线在的作用下得到曲线，求的方程；（2）已知椭圆在变换下保持位置关系不变性，即点在曲线上，在变换下也在曲线上：直线与相切，在变换下直线与也相切.已知点是上一动点，直线是在处的切线.用上述结论求的方程；（3）已知直线与曲线在第一象限的交点为在处的切线被所截得的弦长记为，求.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据平面直角坐标系中的坐标伸缩变换的定义求解即可.（2）根据平面直角坐标系中的坐标伸缩变换的定义可得的方程为，进而求出圆的切线方程，然后再根据平面直角坐标系中的坐标伸缩变换即可得出椭圆的切线；（3）根据题意求出，结合（2）求出切线方程与椭圆方程联立，然后利用曲线的弦长公式即可求出，然后求和即可【小问1详解】设上任意一点，上任意一点Px,y，由题意得，所以，得，所以的方程为，【小问2详解】椭圆上任意一点Px,y在变换下的上一点，所以代入可得，所以的方程为，点在变换下的的坐标为，所以直线与圆在处相切，设直线AB在Ax1,在AB上任取不同于Ax1,所以，所以，即，所以圆在点Ax1,y所以圆在的切线为，设上