四川省字节精准教育联盟2026届高中毕业班第一次诊断性检测数学答案

字节精准教育联盟·CDS2023级高中毕业班第一次诊断性检测数学注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.考试结束后，只交回答题卡.一、选择题：共8小题，每小题5分，满分40分.1.已知，则可能为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据交集、元素与集合的关系进行分析，从而确定正确答案.【详解】由题意，，所以，则可能为，不可能为.故选：B2设复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求解，判断选项【详解】由，则.故选：B3.函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】判断函数的奇偶性，再结合函数值以及特殊值即可判断出答案.【详解】由题意知的定义域为，且，故为奇函数，图象关于原点对称，A错误；当时，，则，D错误；当时，，结合图象可知C错误，只有B中图象符合题意，故选：B4.已知函数，则“为幂函数”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】根据幂函数的定义及充分必要条件的定义求解判断即可.【详解】由函数为幂函数，得，解得或，所以“为幂函数”是“”的必要不充分条件.故选：B.5.已知函数在上只有一个零点，则正实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】分别作出函数与函数的图象，分，讨论即可．【详解】由，得，在同一坐标系内作出函数与函数的大致图象，当时，，如图，当时，与的图象有一个交点，符合题意；当时，，如图，当时，要与的图象有一个交点，当且仅当，即，而，解得，综上，正实数m的取值范围为．故选：D【点睛】关键点点睛：解决的关键是作出二次函数与三角函数的图象，利用数形结合求解.6.在中，，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】已知三边求角，利用余弦定理即可求解.【详解】由余弦定理，又，所以.故选：B.7.在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设点坐标，然后表示出和，建立方程后得到点的轨迹方程，由两个圆存在公共点，得到圆与圆的位置关系，从而得到圆心距和半径的关系，求出的取值范围.【详解】设，则，.因为，所以，即，所以点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆.又因为点在圆上，所以圆与圆有公共点，所以，即，解得.故选：B.8.已知函数定义域为，且它的图象关于对称，当时，恒成立，设，，，则，，的大小关系为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，得到函数在上单调递增，再由的图象关于对称，求得，，结合，即可求解.【详解】由函数的定义域为，当时，恒成立，可得函数在上单调递增，又由函数的图象关于对称，可得，，则有，即.故选：D.二、多选题：共3小题，每小题6分，全选得满分，漏选得部分分，错选得0分，满分18分.9.在男子跳水10米台比赛中，某运动员发挥出色.在他的第一跳中，10位裁判给出的分数为：9.0，9.1，9.3，9.5，9.5，9.7，9.9，10，10，10，对该组数据下列说法正确的有（）A.众数为10 B.平均数为9.5 C.极差为9 D.中位数为9.6【答案】AD【解析】【分析】根据众数，平均数，极差和中位数的定义进行求解.【详解】A选项，10出现了3次，出现次数最多，故众数为10，A正确；B选项，平均数为，故平均数为，B错误；C选项，极差为，C错误；D选项，从小到大排列，第5个数和第6个数的平均数为中位数，即，D正确.故选：AD10.函数的部分图象如图所示，其中，图象向右平移个单位后得到函数的图象，且在上单调递减，则下列说正确的是（）A. B.为图象的一条对称轴C.可以等于8 D.的最小值为2【答案】BCD【解析】【分析】根据函数的图象确定的值，得，排除A项，代入检验可判断B项；根据题意求得，利用其单调性确定，结合，取值计算可判断C，D两项.【详解】由图可知，函数的周期满足，解得，则，即.当时，函数图象经过点，可得，即，又，方程无解，舍去；当时，函数图象经过点，可得，即，又，则，即，因时，，故A错误，B正确；依题意，，当时，，因在上单调递减，可得，解得，因，当时，，则取得最小值2；当时，，则，故C，D均正确.故选：BCD.11.已知函数，若有两个极值点，则下面判断正确的是（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】求导后，分别在、、和的情况下，讨论单调性，从而得到极值点个数，确定；利用韦达定理可判断A正确；根据单调性可知，得到B正确；利用可化简，结合可知C错误；将化简成关于的函数，利用导数可求得最值，知D正确.【详解】由题意知：定义域为，；当时，，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，有且仅有一个极值点，不合题意；当时，令，则；①当，即时，恒成立，即恒成立，在上单调递增，无极值点，不合题意；②当，即且时，令，解得：，；（1）当时，，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，有且仅有一个极值点，不合题意；（2）当时，，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，的极大值点为，极小值点为，满足题意；对于A，是方程的两根，，A正确；对于B，当时，，当时，单调递减，，B正确；对于C，，，，；，，，C错误；对于D，，是方程的两根，，，，令，，在上单调递增，，，D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查根据函数极值点个数求解参数范围，并判断相关结论；解题关键是能够采用讨论含参数函数单调性的方法，讨论得到函数极值点个数，从而确定满足题意的参数的取值范围.三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分.12.在等比数列中，已知，则______．【答案】6【解析】【分析】设数列的公比为，由条件结合等比数列性质可得，分类讨论求解即可.【详解】设数列的公比为，由于，则，若，则矛盾，则，此时，符合．所以.故答案为：.13.某学校举办作文比赛，共设6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文．则甲、乙两位参赛同学抽到的主题不相同的概率为____________．【答案】【解析】【分析】利用古典概型计算即可.【详解】由题意可知甲乙两人抽取主题的情况有种，不相同的情况有种，所以其概率为.故答案为：14.已知正实数，满足，则的最小值为___________．【答案】【解析】【分析】由不等式变形为，通过换元根据不等式恒成立得出和之间的关系，从而把表示为关于的函数，通过构造函数，考查函数单调性即可求得.【详解】,即，令则有，设，则，令得当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以又所以，当且仅当时，等号成立.所以可得，设则令得所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以故的最小值为故答案为：【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.四、解答题：共5小题，15题13分，16-17题每小题15分，18-19题每小题17分，共77分.15.在①，②，③这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，然后解答补充完整的题.的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知___________（只需填序号）.（1）求角；（2）设是BC上一点，且，，求面积的最大值.注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由三角恒等变换结合正弦定理即可逐一化简求解；（2）分解向量得到，平方得条件等式，结合基本不等式以及三角形面积公式即可求解.【小问1详解】若选①，则，因为，所以，即，因为，所以，所以，即；若选②，则，因为，所以，因为，所以，而，所以，即；若选③，则，因为，所以，所以，因为，所以；综上所述，无论选择①，②还③，都有；【小问2详解】由题意，所以，即，所以，即，等号成立当且仅当，从而面积，等号成立当且仅当，综上所述，面积的最大值为.16.如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.（1）取线段中点M，连接，证明：平面;（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）线段上是否存在一点E，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.【解析】【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证.（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由向量夹角公式即可求解；（3）求得平面的法向量以及，利用向量夹角公式即可求解．【小问1详解】在四棱锥中，取中点N，连接，由为的中点，且，，得，，则四边形为平行四边形，所以，而平面，不在平面内，所以平面.【小问2详解】取的中点O，连接，由为等边三角形，得，而平面平面，平面平面，平面，则平面.由，，得四边形是平行四边形，于是，而，则，直线两两垂直，以O为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，则，，，设平面的法向量为，则，取，得，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【小问3详解】令，，，，设平面的法向量为，则，取，得，平面的法向量为，于是，化简得，又，解得，即，所以线段上存在点E，使得平面与平面夹角的余弦值为，.17.已知等差数列的公差为2，且成等比数列．（1）求数列的前项和；（2）若数列的首项，求数列的通项公式．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式，即可进行基本量的计算求解；（2）对数列进行迭代相减，再累加计算，即可求得数列的通项公式.【小问1详解】因为成等比数列，所以，又等差数列的公差为，所以可解得，所以数列的前项和；【小问2详解】①，当时，，可得，可得②，由②式减①式，得，所以，且符合上式，所以.18.在平面直角坐标系中，已知椭圆C的中心为原点，焦点在坐标轴上，为上两点，为椭圆上三个动点.（1）求椭圆的标准方程；（2）求椭圆内接菱形的面积的最小值；（3）是否存点使为的重心？若存在，请探究的面积是否为定值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）8（3）是定值，【解析】【分析】（1）设椭圆的方程为，代入可得标准方程；（2）联立，可得，同理可得，从而，再由，结合均值不等式求解最值；（3）分直线的斜率不存在和存在两种情况进行讨论，斜率不存在时取特殊点易得的面积为，斜率存在时联立直线和椭圆方程，得到韦达定理，结合重心的性质可表示出点的坐标，将的坐标代入椭圆方程，化简可得，由三角形面积公式表示出的面积并化简，可得的面积为定值，所以.【小问1详解】设椭圆为，由题意得，解得，故椭圆C的标准方程为.【小问2详解】由椭圆的对称性，菱形中心为原点，设直线，联立，所以，同理，所以（“”在时取得）.【小问3详解】当直线的斜率不存在时，取符合题意，故存在点，使为的重心，且此时的面积为，当直线的斜率存在时，设，联立的方程消去得.设，则.由条件得，得，则，，综上，的面积为定值，其值为，所以.19.已知函数，.（1）求曲线在处的切线方程；（2）若在区间上单调递减，求的取值范围：（3）若，存在两个极值点，证明：.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义即可求得切线方程；（2）根据单调性可知在上恒成立，利用分离变量法可得，由可得结果；（3）设，则，将所证不等式转化为，令，利用导数可求得，由此可