高級中學名校試卷PAGEPAGE1四川省達州市2025屆高三上學期第一次診斷性測試數學試題（本試卷滿分150分，考試時間120分鐘）注意事項：1.答題前，考生務必將自己的班級?姓名?準考證號用0.5毫米的黑色簽字筆填寫在答題卡上，并檢查條形碼粘貼是否正確.2.選擇題使用2B鉛筆填涂在答題卡對應題目標號的位置上，非選擇題用0.5毫米的黑色簽字筆書寫在答題卡的對應題框內，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙?試題卷上答題無效.3.考試結束以后，將答題卡收回.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，若，則集合可以為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因為，所以.故選：C2.以雙曲線的右焦點為圓心，離心率為半徑的圓的方程為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由得，，故右焦點坐標為，離心率為，∴圓的方程為.故選：A.3.已知為直線的傾斜角，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】∵為直線的傾斜角，∴直線斜率，∴.故選：A.4.已知三個不同的平面，且，則是的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】如圖，在正方體中，記平面為平面，平面為平面，平面為平面，則，，但平面，即由不能得到由可得.故時，是的必要不充分條件.故選：B.5.已知可導函數的部分圖象如圖所示，為函數的導函數，下列結論不一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】A.由導數的幾何意義可知，，由圖可知，，所以，故A成立；B.，故B成立；C.由圖可知，，，但不確定與的大小關系，故C不一定成立.D.由圖可知，函數在上單調遞增，且增長速度越來越快，所以，故D成立.故選：C6.如圖，在正方體中，點分別為所在棱的中點，則（）A. B.平面C.直線與為異面直線 D.平面【答案】D【解析】如圖，建立空間直角坐標系，設棱長為，A，，，，，，，所以與不垂直，故A錯誤；B.平面的法向量為，，所以與平面的法向量不垂直，則與平面不平行，故B錯誤；C.，，，，所以，則，故C錯誤；D.，，，，，，，，平面，所以平面，故D正確.故選：D7.如圖1，圓錐的母線長為3，底面圓直徑，點為底面的中點，則在該圓錐的側面展開圖（圖2）中（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如圖，連結，圓錐底面圓的周長為，母線為3，所以扇形展開圖的圓心角為，則，，，.故選：D8.已知函數的圖象關于原點對稱，則下列敘述錯誤的是（）A. B.既有最小值也有最大值C.有3個零點 D.有2個極值點【答案】B【解析】設，，因為函數是奇函數，則，即，所以，，所以，故A正確；所以，當時，，，設，，設，得，當時，，單調遞減，當，，單調遞增，所以當時，取得最小值，即恒成立，所以單調遞增，即單調遞增，，，所以存在，使，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以當時，取得極小值，，則，，所以存在，使，且時，，綜上可知，當時，函數有一個極小值點，一個零點，無最大值，因為函數是奇函數，所以時，函數有一個極大值點，一個零點，無最小值，且，所以函數有3個零點，2個極值點，無最大值也無最小值，所以B錯誤，CD正確.故選：B二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.國家統計局7月15日發布數據顯示，2024年上半年我國經濟運行總體平穩，其中新能源產業依靠持續的技術創新實現較快增長.某企業根據市場調研得到研發投入（億元）與產品收益（億元）的數據統計如下，則下列敘述正確的是（）12345672357889A.B.由散點圖知變量和正相關C.用最小二乘法求得關于的經驗回歸直線方程為D.收益的方差為6【答案】AB【解析】A.，，故A正確；B.散點圖的分布從左下到右上，所以是正相關，故B正確；C.經驗回歸直線必過樣本點中心，當時，，故C錯誤；D.收益的方差為，故D錯誤.故選：AB10.為函數的導函數，記為，依次類推，，已知，數列的前項和為，則（）A.B.C.存在，使得在上單調遞增D.【答案】AC【解析】由題意可知，，，，，，，所以數列的周期為4，，故A正確；因為，且數列的周期為4，所以，故B錯誤；當時，，在上單調遞增，當時，，在上單調遞減，當時，，在上單調遞減，當時，，為常數列，所以存在時，在上單調遞增，故C正確；由C選項可知，當時，，值域為，不滿足，故D錯誤.故選：AC11.拋物線有如下光學性質：平行于拋物線對稱軸的入射光線經拋物線反射后必過拋物線的焦點.已知拋物線的焦點為為坐標原點，從點發出平行于軸的光線經過拋物線上的點反射后再經過拋物線上另一點，則（）A.存在點使得點.都在以為圓心的圓上B.存在點使得點是的垂心C.存在點使得點是的重心D.點到直線的最短距離為4【答案】BCD【解析】A.由題意可知，三點共線，根據對稱性可知，若存在點使得點.都在以為圓心的圓上，則為通徑，則,，則以點為圓心的圓的半徑為2，但，所以不存在點使得點.都在以為圓心的圓上，故A錯誤；B.由，則，，則直線，與拋物線方程聯立，得，則，所以，則，即，若存在點使得點是的垂心，則，，，，則，①，，則，②，且，③，聯立①③，得，聯立①②，得，則，得成立，故B正確；C.若存在點使得點是重心，則，，得，，即，故C正確；D.點到直線的最短距離為，當時，即時等號成立，點到直線的最短距離為4，故D正確.故選：BCD三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.若復數是方程的一個根，則__________.【答案】-2【解析】由條件可知，，所以，得.故答案為：-213.二項式，若，則__________.【答案】【解析】二項式的通項為，令，得，所以，中，是的系數，所以.故答案為：14.拋一枚質地均勻的骰子3次，將每次骰子正面朝上的數字依次記為，則不等式成立的概率是__________.【答案】【解析】拋一枚質地均勻的骰子3次，共有種情況，其中滿足，包含三個數字為，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共23個.所以不等式成立的概率.故答案為：四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫文字說明?證明過程或演算步驟.15.記數列的前項和為，且.數列是等比數列，且.（1）求數列的通項公式；（2）記，求數列的前項和：解：（1）當時，，當時，，驗證當時，，成立，所以，設等比數列的首項為，公比為，所以，得，，則；（2），所以.16.已知的內角的對邊分別為.（1）證明：；（2）若的外接圓半徑為，且，求的面積.（1）證明：由正弦定理可知，，即，因為，且，所以，因為，所以，所以；（2）解：因為，而，則C為銳角，，則，，所以.17.如圖，已知正四棱錐的體積為，高為.（1）求平面與平面的夾角的余弦值；（2）現有一螞蟻從點處等可能地沿各條棱向底面勻速移動，已知該螞蟻每秒移動1個單位，求2秒后該螞蟻與點的距離的分布列及期望.解：（1）設底面邊長為，則，得，連結交于點，作，垂足為點，連結，因為平面，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，所以為二面角的平面角，因為，，所以，所以是等邊三角形，，所以所以，所以平面與平面的夾角的余弦值為.（2）由題意可知，螞蟻從點沿的概率都是,2秒后螞蟻移動了2個單位，側棱長為2，所以若沿移動，螞蟻到達點，若沿，螞蟻到達點，若沿，螞蟻到達點，若沿螞蟻到達點，，，所以分布列為02數學期望.18.已知函數.（1）求的極值；（2）證明：當時，；（3）若，求的值.（1）解：由題意得，，∴，由得，或，由得，，∴在上增函數，在上為減函數，在上為增函數，∴當時，有極大值，極大值為，當時，有極小值，極小值為.（2）證明：由（1）得，，要證，只需證，令，則，由得，由得，∴在上為減函數，在上為增函數，∴，∵，∴，∴，，∴，即.（3）解：∵，∴，當時，，在上為減函數，且，不滿足.當時，，方程的，方程有兩個不相等的實數根，且，，由得，，，由得，或，∴在上為增函數，在上為減函數，在上有唯一極大值點，且，∵，，∴，即，解得.19.已知點是平面直角坐標系中的任意一點，在變換的作用下，點對應到點，稱為平面直角坐標系中的坐標伸縮變換.如：在變換的作用下得到.（1）已知曲線在的作用下得到曲線，求的方程；（2）已知橢圓在變換下保持位置關系不變性，即點在曲線上，在變換下也在曲線上：直線與相切，在變換下直線與也相切.已知點是上一動點，直線是在處的切線.用上述結論求的方程；（3）已知直線與曲線在第一象限的交點為在處的切線被所截得的弦長記為，求.解：（1）設上任意一點，上任意一點Px,y，由題意得，所以，得，所以的方程為，（2）橢圓上任