2025-2026学年海南省高三上学期学业水平诊断（一）数学试题 附答案

/海南省2026届高三上学期学业水平诊断（一）数学试题一、单选题1．设集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数，则（

）A．2 B． C．1 D．03．已知平行四边形的对角线AC与BD相交于点，则（

）A． B． C． D．4．不等式的解集为（

）A． B． C． D．5．已知，则（

）A． B． C． D．6．若函数且在区间上的值域为，则（

）A． B． C．3 D．57．已知正数a，b，c满足，则（

）A． B． C． D．8．已知函数，对任意，都满足，则正数的最大值为（

）A． B．e C． D．2e二、多选题9．已知向量，且，则（

）A． B． C．的夹角为 D．10．已知函数，则（

）A．的最小正周期为B．的最大值为1C．的图象关于直线对称D．将的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称11．已知函数的定义域为，且，则（

）A． B．在上单调递增C．存在函数，使得的值域为 D．存在函数，使得是奇函数三、填空题12．已知，且，则xy的最大值为.13．若，则.14．已知函数，过点有三条直线与的图象相切，则实数的取值范围为.四、解答题15．某公司为提升员工对人工智能模型的应用能力，组织了知识竞赛，竞赛分为初赛和复赛.(1)初赛选手需从6道题中随机抽取2道作答，至少答对1道就可进入复赛，已知员工甲能答对这6道题中的4道，求甲进入复赛的概率；(2)复赛选手需从大量题中随机抽取2道作答，已知员工乙进入了复赛，他每道题答对的概率均为，且每道题答对与否相互独立，设乙在复赛中答对的题数为，求的分布列、数学期望与方差.16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(1)求；(2)若的平分线与BC交于点，求AD.17．如图，四边形是等腰梯形，是的中点，是与的交点，将沿折到的位置.(1)证明：平面；(2)若平面，求二面角的正弦值.18．已知椭圆的离心率为，上的点到两个焦点的距离之和为4.(1)求的方程.(2)过的右焦点且不与轴重合的直线与交于A，B两点，过点作直线的垂线，垂足为D，O为坐标原点.（i）证明：直线恒过点；（ii）求的面积的最大值.19．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)设为正数，证明：中至少有一个小于；(3)若对任意恒成立，求实数的取值范围.

答案1．C【详解】因为，所以，又，所以.故选：C.2．C【详解】由于，得到.故选：C3．A【详解】.故选：A.4．B【详解】由不等式可得，且，所以.不等式的解集为.故选：B.5．D【详解】因为，所以，故，故选：D.6．B【详解】由指数函数的性质知必是单调函数，又，因为值域为，所以函数在上单调递增，故，即，解得，又，故.故选：B.7．A【详解】由题意知a，b，c分别是方程的正根，即函数的图象与的图象的交点的横坐标，作出相应图象如图，由图可知.故选：A.8．B【详解】由题意可知的定义域为，由条件可得，所以.设，则在上单调递增.求导得，则在上恒成立，所以，即恒成立，易知在上单调递增，故只需，即在时恒成立即可.设，则，可知在上单调递减，在上单调递增，则，所以，即的最大值为e.故选：B9．ACD【详解】对于A，因为，所以，又，所以，故，A正确；对于B，由选项A的解析可得，因为，所以与不共线，故B错误；对于C，设的夹角为，则，又，所以，故C正确；对于D，，所以，所以，故D正确.故选：ACD.10．AD【详解】，对于A，，所以的最小正周期为，故A正确；对于B，的最大值为2，故B错误；对于C，当时，，所以直线不是图象的对称轴，故C错误；对于D，，为奇函数，故D正确.故选：AD.11．BCD【详解】令，得，所以或.对于A，若，则对任意，左边，右边，矛盾，故A错误；对于B，若，则对任意，可得，经检验，符合题意，易知在上单调递增，故B正确；对于C，的值域为，只要满足定义域为，值域为即可，如，，符合题意，故C正确；对于D，令，得，而定义域为，，故即为奇函数，故D正确.故选：BCD.12．1【详解】因，则，所以，当且仅当时等号成立，则xy的最大值为.故13．/【详解】由得，则，所以.故答案为.14．【详解】设过点的直线与的图象相切于点，则切线斜率，由切线过点，得，因此，整理得.令，则，原问题等价于有三个不同零点.当时，单调递增，最多有1个零点，不符合题意；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，极大值为，极小值为，要使有三个零点，需满足且，即，解得；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，极小值为，极大值为，要使有三个零点，需满足且，即，解得；综上，的取值范围是.故15．(1)(2)分布列见解析，【详解】（1）甲进入复赛的概率为.（2）的所有可能取值为0，1，2，，，

分布列如下：X012P解法一：，

解法二：因为，所以.16．(1)(2)【详解】（1）由条件及正弦定理可得，则，又因为，所以，故；（2）由余弦定理得，将代入，得，所以，因为的平分线，，得，解得.

17．(1)证明见解析(2)【详解】（1）如图，连接.为的中点，，又且四边形为菱形，.

，又平面.

与四边形为菱形同理，可知四边形为菱形，平面（2）由（1）可知即是边长为2的等边三角形，又平面，所以两两互相垂直，以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，已知，则，

设平面的一个法向量为，则，取.

设平面的一个法向量为，则取.故二面角的正弦值为..18．(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【详解】（1）设的半焦距为.由椭圆的定义可知，所以.又，得，所以，故的方程为.（2）（i）由的方程可得，设，点.将与的方程联立可得，所以.

直线，令，可得，其中，所以直线BD恒过点.

（ii）设，则.

记，则，，设，，则，当时，单调递减，所以，故的面积的最大值为.19．(1)在上单调递增，在上单调递减(2)证明见解析(3)【详解】（1）由题意可知的定义域为.令，得，故当时，；当时，.故在上单调递增，在上单调递减.（2）由（1）可知，在