四川省泸州市2025届高三数学上学期第一次教学质量诊断性考试试题理含解析

PAGE23-四川省泸州市2025届高三数学上学期第一次教学质量诊断性考试试题理（含解析）一、选择题1.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】可以求出集合，然后进行交集的运算即可．【详解】解：，

．

故选：B．【点睛】本题考查集合交集的运算，属于基础题．2.下列函数中，满意“对随意，且都有”的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】对随意，且都有”，可知函数在上单调递减，结合选项即可推断．【详解】解：“对随意，且都有”，

∴函数在上单调递减，

结合选项可知，在单调递增，不符合题意，

在单调递减，符合题意，

在单调递增，不符合题意，

在单调递增，不符合题意，

故选：B．【点睛】本题主要考查了基本初等函数的单调性的推断，属于基础试题．3.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由可得，由也可得，视察两个的范围之间的关系即可得结果.【详解】解：由可得，由可得，所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题考查条件的充分性和必要性，关键是求出的取值，本题是基础题.4.已知函数y=f（x）+x是偶函数，且f（2）=1，则f（-2）=（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】∵是偶函数∴当时，，又∴故选D5.一条直线若同时平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线的位置关系是()A.异面 B.平行 C.相交 D.不确定【答案】B【解析】【详解】如图所示，直线a∥α，a∥β，α∩β=b，求证a∥b．只需考虑线面平行的性质定理及平行公理即可．解：由a∥α得，经过a的平面与α相交于直线c，则a∥c，同理，设经过a的平面与β相交于直线d，则a∥d，由平行公理得：c∥d，则c∥β，又c在α内，α∩β=b，所以c∥b，又a∥c，所以a∥b．故答案为B．6.如图所示的图象对应的函数解析式可能是A B.C. D.【答案】D【解析】对于，∵，当趋向于时，函数趋向于0，趋向于∴函数的值小于0，故解除对于，∵是周期函数∴函数的图像是以轴为中心的波浪线，故解除对于，∵的定义域是，且在时，∴，故解除对于，∵函数，当时，；当时，；且恒成立∴的图像在趋向于时，；时，；趋向于时，趋向于故选D点睛：本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查学问点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，依据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特别点以刚好函数图象的改变趋势，利用解除法，将不合题意的选项一一解除.7.已知，，，，则下列选项中是假命题的为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】命题：由三角函数定义，即可推断出真假；命题：由求根公式，即可推断出真假，依据复合命题真值表推断结果即可．【详解】解：命题：由三角函数的定义，角终边与单位圆交于点，

过作轴，垂足是，单位圆交轴于点，则，弧长即为角；明显弧长；

∴，是真命题；

命题：解方程，则，因此，，是假命题．

则下列选项中是假命题的为．而A，B，D都是真命题．

故选：C．【点睛】本题考查了三角函数的定义，方程的求根公式、简易逻辑的判定方法，考查了推理实力与计算实力，属于中档题．8.我国古代数学名著《九章算术》中，割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不行割，则与圆周合体而无所失矣.”其体现的是一种无限与有限的转化过程，如在中，“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程确定x的值，类似地的值为（）A.3 B. C.6 D.【答案】A【解析】【分析】通过已知得到求值方法：先换元，再列方程，解方程，求解（舍去负根），再运用该方法，留意两边平方，得到方程，解出方程舍去负的即可．【详解】解：令，

则两边平方得，则，

即，解得，舍去．

故选：A．【点睛】本题考查类比推理的思想方法，考查从方法上类比，是一道中档题．9.已知函数的图象如图所示，下列关于的描述中，正确的是（）AB.最小正周期为C.对随意都有D.函数的图象向右平移个单位长度后图象关于坐标原点对称【答案】D【解析】【分析】由三角函数图象得的值，得到的解析式，进而再推断每个命题的真假．【详解】解：由图知：，而时，又在递减区域，

，而，

所以，所以A不正确，最小正周期，所以B不正确，

，所以C不正确；

函数的图象向右平移个单位长度后得，关于原点对称，所以④正确．

故选：D．【点睛】考查三角函数的图象得函数解析式，及三角函数的性质，属于简洁题．10.若将甲桶中的aL水缓慢注入空桶乙中，则xmin后甲桶中剩余的水量符合衰减函数（其中e是自然对数的底数）.假设过5min后甲桶和乙桶的水量相等，再过mmin后，甲桶中的水只有，则m的值为（）A.9 B.7 C.5 D.3【答案】C【解析】【分析】由题意，函数满意，解出．再依据，建立关于的指数方程，由对数恒成立化简整理，即可解出的值，由即可得到．【详解】解：∵5min后甲桶和乙桶的水量相等，

∴函数，满意

可得，

因此，当min后甲桶中的水只有升，

即，

即，

即为，

解之得，

经过了分钟，即．

故选：C．【点睛】本题给出实际应用问题，求经过几分钟后桶内的水量剩余四分之一．着重考查了指数函数的性质、指数恒等式化简，指数方程和对数的运算性质等学问，属于中档题．11.在四棱锥中，平面平面ABCD，且ABCD为矩形，，，，，则四棱锥的外接球的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】连接AC交BD于F，球心O在底面的射影必为点F，取AD的中点E,在截面PEF中，利用勾股定理求出球的半径，即可求四棱锥P−ABCD的外接球的体积．【详解】连接AC交BD于F，球心O在底面的射影必为点F，取AD的中点E,在截面PEF中，连结在中，，，又由已知得，

设，在中，，在截面中，得，

∴球的半径为2，

∴四棱锥P−ABCD的外接球的体积为．故选：B.【点睛】本题考查平面与平面垂直的性质，考查线面垂直的判定与性质，考查四棱锥P−ABCD的外接球的体积，属于中档题．12.已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，函数是最小正周期为2的偶函数，且当时，，若函数有3个零点，则实数k的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】把函数有3个零点，转化为有3个不同根，画出函数与的图象，转化为关于的不等式组求解．【详解】解：由函数的图象与函数的图象关于直线对称，得，

函数是最小正周期为2的偶函数，当时，，

函数有3个零点，即有3个不同根，

画出函数与的图象如图：

要使函数与的图象有3个交点，则

，且，即．

∴实数k的取值范围是．

故选：B．【点睛】本题考查函数零点与方程根的关系，考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法，是中档题．二、填空题13.函数的定义域是．【答案】【解析】试题分析:由得.考点：函数的定义域.14.设函数，那么的值为________.【答案】9【解析】【分析】推导出，由此能求出结果．【详解】解：∵函数，

∴．

故答案为：9．【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础学问，考查运算求解实力，是基础题．15.当时，函数有最小值，则的值为________.【答案】【解析】【分析】利用诱导公式对已知函数进行化简，然后结合二次函数的性质即可求解．【详解】解：函数，

依据二次函数的性质可知，当时，函数取得最小值，

则,故答案为：．【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系及二次函数的性质的简洁应用，属于基础试题．16.已知正方体有8个不同顶点，现随意选择其中4个不同顶点，然后将它们两两相连，可组成平面图形成空间几何体.在组成的空间几何体中，可以是下列空间几何体中的________.（写出全部正确结论的编号）①每个面都是直角三角形的四面体；②每个面都是等边三角形的四面体；③每个面都是全等的直角三角形的四面体；④有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体.【答案】①②④【解析】【分析】画出正方体的图形，在几何体中找出满意结论的图形即可．【详解】解：①每个面都是直角三角形的四面体；如：E−ABC，所以①正确；

②每个面都是等边三角形的四面体；如E−BGD，所以②正确；

③每个面都是全等的直角三角形的四面体：这是不行能的，③错误；

④有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体．如：A−BDE，所以④正确；

故答案为：①②④．【点睛】本题考查命题的真假的推断，空间几何体的与三棱锥的关系，是基本学问的考查，易错题．三、解答题17.已知函数（其中a为实数）.（1）若是的极值点，求函数的减区间；（2）若在上是增函数，求a的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）对求导，代入使导函数为零，求出的值，进而利用导数可求出的减区间.（2）在上是增函数转化为在上大于等于零恒成立，进而转化为最值问题，即可求得a的取值范围.【详解】解：（1）因为，所以，因是的极值点，所以，即，所以，故，当或时，，当时，，所以符合题意，且的减区间为；（2）因为在上为增函数，所以在上恒成立，所以在上恒成立，因为在上是增函数，在上是减函数，所以，所以，即a的取值范围为，【点睛】本题考查函数的极值及单调性，其中关键是将单调性问题转化为最值问题，是中档题.18.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求B；（2）已知，AC边上的高，求a的值.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）干脆利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理的应用求出结果．

（2）利用（1）的结论和余弦定理及三角形的面积的应用求出结果．【详解】解:（1）由，所以，即，由正弦定理得，由于C为的内角，所以，所以，即由于B为的内角，∴，所以，又因为，所以；（2）因为，代入，，，得，由余弦定理得，代入，得，所以或.【点睛】本题考查三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算实力和转换实力及思维实力，属于基础题型．19.如图，已知BD为圆锥AO底面的直径，若，C是圆锥底面所在平面内一点，，且AC与圆锥底面所成角的正弦值为.（1）求证：平面平面ACD；（2）求二面角平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）首先找到AC与圆锥底面所成角，求出，可得，结合圆锥的性质，可证明平面AOC，进而可得平面平面ACD；（2）解法一：建立空间直角坐标系，求出平面ACD的一个法向量和平面ABD的一个法向量，通过夹角公式，可求得两法向量的夹角，进而得到二面角的平面角的余弦值；解法二：过点O作交于F.过F作交DC于H，连接HO，得为二面角的平面角，通过三角形的边角关系求出的余弦.【详解】（1）证明：由及圆锥的性质，所以为等边三角形，圆O所在平面，所以，是AC与底面所成角，又AC与底面所成角的正弦值为，在中，，，由，，在中，，所以，圆锥的性质可知：圆O所在平面，因为圆O所在平面，所以，又AO，平面AOC，所以平面AOC，又平面ACD，故平面平面ACD；（2）解法一：在圆O所在平面过点O作BD的垂线交圆O于点E，以O为坐标原点，OE为x轴，OD为y轴，OA为z轴，建立如图空间直角坐标系，由题可知，，，，由，，所以，设平面ACD的一个法向量为，因为，，所以取，则，平面ABD的一个法向量为，所以，二面角的平面角的余弦值为.解法二：过点O作交于F.过F作交DC于H，连接HO，所以为二面角的平面角，在中，因为，，所以，，因为，所以，即则，故C是HD的中点，所以，在中，，即，所以.【点睛】本题考查面面垂直的证明以及向量法求面面角，考查学生的计算实力，是中档题.20.已知函数.（1）求函数的最小值及取最小值时x取值的集合；（2）若将函数的图象上全部点的横坐标扩大为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，且，，求的值.【答案】（1）的最小值是，此时x的集合为（2）【解析】【分析】（1）由题意利用三角恒等变换化简函数得解析式，再依据正弦函数的最值求得函数的最小值及取最小值时取值的集合．

（2）由题意利用函数的图象变换规律，求得的解析式，再利用两角和的正弦公式求得的值．【详解】解：（1），，当，即时，取得最小值是-1，所以函数的最小值是，此时x的集合为；（2）的图像上全部点的横坐标扩大为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数所以的最小正周期为，故因为，所以又，所以，所以，.【点睛】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的最值，函数的图象变换规律，两角和的正弦公式，属于中档题．21.已知函数，（其中a是常数）.（1）求过点与曲线相切的直线方程；（2）是否存在的实数，使得只有唯一的正数a，当时不等式恒成立，若这样的实数k存在，试求k，a的值；若不存在.请说明理由.【答案】（1）（2）存在,,【解析】【分析】（1）依据导数的几何意义先求出切线斜率，进而可求切线方程，

（2）假设存在的正实数，使得只有唯一的正数，当时不等式恒成立，转化为，分类探讨求的最小值，令其大于等于零，利用导数求出k，a的值即可．【详解】解：（1）设过点的直线与曲线相切于点，因，则，所以在处切线斜率为，则在处切线方程为，将代入切线方程得，所以，所以切线方程为；（2）假设存在实数，使得只有唯一的正数，当时不等式恒成立，即恒成立，取，可知，因为，，所以，令，则，由得.（1）当时，时，，则在上为减函数，时，，则在上为增函数，则，即，令，则，由，得，时，，则在区间上为减函数，时，，则在区间上为增函数，因此存在唯一的正数，使得，故只能.所以，所以，此时a只有唯一值.（2）当时，，所以在上为增函数，所以，则，故.所以满意的a不唯一综上，存在实数，a只有唯一值，当时，恒有原式成立.【点睛】本题考查函