貴州省黔東南州2025年高中畢業班第一次診斷性檢測試題數學試題理試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．復數(i為虛數單位)的共軛復數是A．1+i B．1?i C．?1+i D．?1?i2．若不等式在區間內的解集中有且僅有三個整數，則實數的取值范圍是()A． B．C． D．3．已知若（1-ai）(3+2i)為純虛數，則a的值為（）A． B． C． D．4．的展開式中的一次項系數為（）A． B． C． D．5．設，，，則（）A． B． C． D．6．設函數，則使得成立的的取值范圍是（）．A． B．C． D．7．若平面向量，滿足，則的最大值為（）A． B． C． D．8．設為銳角，若，則的值為（）A． B． C． D．9．已知銳角滿足則（）A． B． C． D．10．已知，則的大小關系為（）A． B． C． D．11．已知某口袋中有3個白球和個黑球（），現從中隨機取出一球，再換回一個不同顏色的球（即若取出的是白球，則放回一個黑球；若取出的是黑球，則放回一個白球），記換好球后袋中白球的個數是．若，則=()A． B．1 C． D．212．一個頻率分布表（樣本容量為）不小心被損壞了一部分，只記得樣本中數據在上的頻率為，則估計樣本在、內的數據個數共有（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知向量，，，則_________.14．設滿足約束條件，則的取值范圍為__________.15．已知函數，若在定義域內恒有，則實數的取值范圍是__________．16．由于受到網絡電商的沖擊，某品牌的洗衣機在線下的銷售受到影響，承受了一定的經濟損失，現將地區200家實體店該品牌洗衣機的月經濟損失統計如圖所示，估算月經濟損失的平均數為，中位數為n，則_________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數．（1）求函數的零點；（2）設函數的圖象與函數的圖象交于，兩點，求證：；（3）若，且不等式對一切正實數x恒成立，求k的取值范圍．18．（12分）已知.（1）若是上的增函數，求的取值范圍；（2）若函數有兩個極值點，判斷函數零點的個數.19．（12分）在三棱錐中，是邊長為的正三角形，平面平面，，M、N分別為、的中點.?（1）證明：；（2）求三棱錐的體積.20．（12分）在國家“大眾創業，萬眾創新”戰略下，某企業決定加大對某種產品的研發投入.為了對新研發的產品進行合理定價，將該產品按事先擬定的價格試銷，得到一組檢測數據如表所示:試銷價格(元)產品銷量(件)已知變量且有線性負相關關系，現有甲、乙、丙三位同學通過計算求得回歸直線方程分別為:甲；乙；丙，其中有且僅有一位同學的計算結果是正確的.（1）試判斷誰的計算結果正確？（2）若由線性回歸方程得到的估計數據與檢測數據的誤差不超過，則稱該檢測數據是“理想數據”，現從檢測數據中隨機抽取個，求“理想數據”的個數的分布列和數學期望.21．（12分）已知函數，，.函數的導函數在上存在零點.求實數的取值范圍；若存在實數，當時，函數在時取得最大值，求正實數的最大值；若直線與曲線和都相切，且在軸上的截距為，求實數的值.22．（10分）已知函數（是自然對數的底數，）.（1）求函數的圖象在處的切線方程；（2）若函數在區間上單調遞增，求實數的取值范圍；（3）若函數在區間上有兩個極值點，且恒成立，求滿足條件的的最小值（極值點是指函數取極值時對應的自變量的值）.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．B【解析】分析：化簡已知復數z，由共軛復數的定義可得．詳解：化簡可得z=∴z的共軛復數為1﹣i.故選B．點睛：本題考查復數的代數形式的運算，涉及共軛復數，屬基礎題．2．C【解析】

由題可知，設函數，，根據導數求出的極值點，得出單調性，根據在區間內的解集中有且僅有三個整數，轉化為在區間內的解集中有且僅有三個整數，結合圖象，可求出實數的取值范圍.【詳解】設函數，，因為，所以，或，因為時，，或時，，，其圖象如下：當時，至多一個整數根；當時，在內的解集中僅有三個整數，只需，，所以.故選：C.【點睛】本題考查不等式的解法和應用問題，還涉及利用導數求函數單調性和函數圖象，同時考查數形結合思想和解題能力.3．A【解析】

根據復數的乘法運算法則化簡可得，根據純虛數的概念可得結果.【詳解】由題可知原式為，該復數為純虛數，所以.故選：A【點睛】本題考查復數的運算和復數的分類，屬基礎題.4．B【解析】

根據多項式乘法法則得出的一次項系數，然后由等差數列的前項和公式和組合數公式得出結論．【詳解】由題意展開式中的一次項系數為．故選：B．【點睛】本題考查二項式定理的應用，應用多項式乘法法則可得展開式中某項系數．同時本題考查了組合數公式．5．A【解析】

先利用換底公式將對數都化為以2為底,利用對數函數單調性可比較,再由中間值1可得三者的大小關系.【詳解】，，，因此，故選：A.【點睛】本題主要考查了利用對數函數和指數函數的單調性比較大小,屬于基礎題.6．B【解析】

由奇偶性定義可判斷出為偶函數，由單調性的性質可知在上單調遞增，由此知在上單調遞減，從而將所求不等式化為，解絕對值不等式求得結果.【詳解】由題意知：定義域為，，為偶函數，當時，，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，則在上單調遞減，由得：，解得：或，的取值范圍為.故選：.【點睛】本題考查利用函數的單調性和奇偶性求解函數不等式的問題；奇偶性的作用是能夠確定對稱區間的單調性，單調性的作用是能夠將函數值的大小關系轉化為自變量的大小關系，進而化簡不等式.7．C【解析】

可根據題意把要求的向量重新組合成已知向量的表達，利用向量數量積的性質，化簡為三角函數最值.【詳解】由題意可得：，，，故選：C【點睛】本題主要考查根據已知向量的模求未知向量的模的方法技巧,把要求的向量重新組合成已知向量的表達是本題的關鍵點.本題屬中檔題.8．D【解析】

用誘導公式和二倍角公式計算．【詳解】．故選：D．【點睛】本題考查誘導公式、余弦的二倍角公式，解題關鍵是找出已知角和未知角之間的聯系．9．C【解析】

利用代入計算即可.【詳解】由已知，，因為銳角，所以，，即.故選：C.【點睛】本題考查二倍角的正弦、余弦公式的應用，考查學生的運算能力，是一道基礎題.10．A【解析】

根據指數函數的單調性，可得，再利用對數函數的單調性，將與對比，即可求出結論.【詳解】由題知，，則.故選:A.【點睛】本題考查利用函數性質比較大小，注意與特殊數的對比，屬于基礎題..11．B【解析】由題意或4，則，故選B．12．B【解析】

計算出樣本在的數據個數，再減去樣本在的數據個數即可得出結果.【詳解】由題意可知，樣本在的數據個數為，樣本在的數據個數為，因此，樣本在、內的數據個數為.故選：B.【點睛】本題考查利用頻數分布表計算頻數，要理解頻數、樣本容量與頻率三者之間的關系，考查計算能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．2【解析】

由得，算出，再代入算出即可.【詳解】，，，，解得：，，則.故答案為：2【點睛】本題主要考查了向量的坐標運算，向量垂直的性質，向量的模的計算.14．【解析】

由題意畫出可行域，轉化目標函數為，數形結合即可得到的最值，即可得解.【詳解】由題意畫出可行域，如圖：轉化目標函數為，通過平移直線，數形結合可知：當直線過點A時，直線截距最大，z最小；當直線過點C時，直線截距最小，z最大.由可得，由可得，當直線過點時，；當直線過點時，，所以.故答案為：.【點睛】本題考查了簡單的線性規劃，考查了數形結合思想，屬于基礎題.15．【解析】

根據指數函數與對數函數圖象可將原題轉化為恒成立問題，湊而可知的圖象在過原點且與兩函數相切的兩條切線之間；利用過一點的曲線切線的求法可求得兩切線斜率，結合分母不為零的條件可最終確定的取值范圍.【詳解】由指數函數與對數函數圖象可知：，恒成立可轉化為恒成立，即恒成立，，即是夾在函數與的圖象之間，的圖象在過原點且與兩函數相切的兩條切線之間.設過原點且與相切的直線與函數相切于點，則切線斜率，解得：；設過原點且與相切的直線與函數相切于點，則切線斜率，解得：；當時，，又，滿足題意；綜上所述：實數的取值范圍為.【點睛】本題考查恒成立問題的求解，重點考查了導數幾何意義應用中的過一點的曲線切線的求解方法；關鍵是能夠結合指數函數和對數函數圖象將問題轉化為切線斜率的求解問題；易錯點是忽略分母不為零的限制，忽略對于臨界值能否取得的討論.16．360【解析】

先計算第一塊小矩形的面積，第二塊小矩形的面積，，面積和超過0.5，所以中位數在第二塊求解，然后再求得平均數作差即可.【詳解】第一塊小矩形的面積，第二塊小矩形的面積，故；而，故.故答案為：360.【點睛】本題考查頻率分布直方圖、樣本的數字特征，考查運算求解能力以及數形結合思想，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．(1)x=1(2)證明見解析(3)【解析】

（1）令，根據導函數確定函數的單調區間，求出極小值，進而求解；（2）轉化思想，要證，即證，即證，構造函數進而求證；（3）不等式對一切正實數恒成立，，設，分類討論進而求解．【詳解】解：（1）令，所以，當時，，在上單調遞增；當時，，在單調遞減；所以，所以的零點為．（2）由題意，，要證，即證，即證，令，則，由（1）知，當且僅當時等號成立，所以，即，所以原不等式成立．（3）不等式對一切正實數恒成立，，設，，記，△，①當△時，即時，恒成立，故單調遞增．于是當時，，又，故，當時，，又，故，又當時，，因此，當時，，②當△，即時，設的兩個不等實根分別為，，又，于是，故當時，，從而在單調遞減；當時，，此時，于是，即舍去，綜上，的取值范圍是．【點睛】（1）考查函數求導，根據導函數確定函數的單調性，零點；（2）考查轉化思想，構造函數求極值；（3）考查分類討論思想，函數的單調性，函數的求導；屬于難題.18．(1)(2)三個零點【解析】

(1)由題意知恒成立,構造函數，對函數求導，求得函數最值，進而得到結果；（2）當時先對函數求導研究函數的單調性可得到函數有兩個極值點，再證，.【詳解】（1）由得，由題意知恒成立，即，設，，時，遞減，時，，遞增；故，即，故的取值范圍是.（2）當時，單調，無極值；當時，，一方面，，且在遞減，所以在區間有一個零點.另一方面，，設，則，從而在遞增，則，即，又在遞增，所以在區間有一個零點.因此，當時在和各有一個零點，將這兩個零點記為，，當時，即；當時，即；當時，即：從而在遞增，在遞減，在遞增；于是是函數的極大值點，是函數的極小值點.下面證明：，由得，即，由得，令，則，①當時，遞減，則，而，故；②當時，遞減，則，而，故；一方面，因為，又，且在遞增，所以在上有一個零點，即在上有一個零點.另一方面，根據得，則有：，又，且在遞增，故在上有一個零點，故在上有一個零點.又，故有三個零點.【點睛】本題考查函數的零點，導數的綜合應用．在研究函數零點時，有一種方法是把函數的零點轉化為方程的解，再把方程的解轉化為函數圖象的交點，特別是利用分離參數法轉化為動直線與函數圖象交點問題，這樣就可利用導數研究新函數的單調性與極值，從而得出函數的變化趨勢，得出結論．19．（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）取中點，連接，，證明平面，由線面垂直的性質可得；（2）由，即可求得三棱錐的體積．【詳解】解：（1）證明：取中點D，連接，.因為，，所以且，因為，平面，平面，所以平面.又平面，所以；（2）解：因為平面，平面，所以平面平面，過N作于E，則平面，因為平面平面，，平面平面，平面，所以平面，又因為平面，所以，由于，所以所以，所以.【點睛】本題考查線面垂直，考查三棱錐體積的計算，解題的關鍵是掌握線面垂直的判定與性質，屬于中檔題．20．（1）乙同學正確（2）分布列見解析，【解析】

（1）由已知可得甲不正確，求出樣本中心點代入驗證，即可得出結論；（2）根據（1）中得到的回歸方程，求出估值，得到“理想數據”的個數，確定“理想數據”的個數的可能值，并求出概率，得到分布列，即可求解.【詳解】（1）已知變量具有線性負相關關系，故甲不正確，，代入兩個回歸方程，驗證乙同學正確，故回歸方程為：（2）由（1）得到的回歸方程，計算估計數據如下表：“理想數據”有3個，故“理想數據”的個數的取值為:.，，于是“理想數據”的個數的分布列【點睛】本題考查樣本回歸中心點與線性回歸直線方程關系，以及離散型隨機變量的分布列和期望，意在考查邏輯推理、數學計算能力，屬于中檔題.21．；4；12.【解析】

由題意可知，，求導函數，方程在區間上有實數解，求出實數的取值范圍；由，則，分步討論，并利用導函數在函數的單調性的研究，得出正實數的最大值；設直線與曲線的切點為，因為，所以切線斜率，切線方程為，設直線與曲線的切點為，因為，所以切線斜率，即切線方程為，整理得.所以，求得，設，則，所以在上單調遞增，最后求出實數的值.【詳解】由題意可知，，則，即方程在區間上有實數解，解得；因為，則，①當，即時，恒成立，所以在上單調遞增，不符題意；②當時，令，解得：，當時，，單調遞增，所以不存在，使得在上的最大值為，不符題意；③當時，，解得：，且當時，，當時，，所以在上單調遞減，在