四川省雅安市2025届高三数学第一次诊断性考试理试题含解析

Page232024届高三第一次诊断性考试数学（理）试题留意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知，是虚数单位，若与互为共轭复数，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据共轭复数的概念可求得的值，进而依据复数的乘法运算即可求得结果.【详解】由已知可得，所以.故选：C.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出集合，依据并集的运算即可求出结果.【详解】解可得，，所以，所以.故选：A.3.选购 经理指数（PMI），是通过对企业选购 经理的月度调查结果统计汇总、编制而成的指数，它涵盖了企业选购 、生产、流通等各个环节，包括制造业和非制造业领域，是国际上通用的检测宏观经济走势的先行指数之一，具有较强的预料、预警作用．制造业PMI高于时，反映制造业较上月扩张；低于，则反映制造业较上月收缩．下图为我国2024年1月—2024年6月制造业选购 经理指数（PMI）统计图．依据统计图分析，下列结论最恰当的一项为（）A.2024年其次、三季度的各月制造业在逐月收缩B.2024年第四季度各月制造业在逐月扩张C.2024年1月至4月制造业逐月收缩D.2024年6月PMI重回临界点以上，制造业景气水平呈复原性扩张【答案】D【解析】【分析】依据题意，将各个月的制造业指数与比较，即可得到答案.【详解】对于A项，由统计图可以得到，只有9月份的制造业指数低于，故A项错误；对于B项，由统计图可以得到，10月份制造业指数低于，故B项错误；对于C项，由统计图可以得到，1、2月份的制造业指数高于，故C项错误；对于D项，由统计图可以得到，从4月份的制造业指数呈现上升趋势，且在2024年6月PMI超过，故D项正确.故选：D.4.已知函数，则的图象（）A.关于直线对称 B.关于点对称 C.关于直线对称 D.关于原点对称【答案】A【解析】【分析】求出以及的表达式，依据函数的对称性，即可推断各项，得到结果.【详解】对于A项，由已知可得，，所以的图象关于直线对称，故A项正确；对于B项，因为，则，故B项错误；对于C项，，则，故C错误；对于D项，因为，则，故D错误.故选:A.【点睛】设的定义域为.对于，若恒成立，则的图象关于直线对称；对于，若恒成立，则的图象关于点对称.5.党的二十大报告既鼓舞人心，又催人奋进．为学习贯彻党的二十大精神，某宣讲小分队将5名宣讲员安排到4个社区，每个宣讲员只安排到1个社区，每个社区至少安排1名宣讲员，则不同的安排方案共有（）A.480种 B.240种 C.120种 D.60种【答案】B【解析】【分析】先选出2人为1组有种，再将4组人员安排到4个社区有，依据分步计数原理，即可求出结果.【详解】5名宣讲员安排到4个社区，每个社区至少1人，则安排方式为1，1，1，2，先选出2人为1组有种，再将4组人员安排到4个社区有，所以不同的安排方案共有.故选：B.6.函数在区间上的图象大致为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据函数的奇偶性以及函数值的符号分析推断.【详解】∵，∴奇函数，图象关于原点对称，C、D错误；又∵若时，，当时，，当时，，∴当时，，当时，，A错误，B正确；故选：B.7.已知，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】以为整体，利用诱导公式和二倍角的余弦公式运算求解.【详解】∵，故选：D.8.如图所示的形态出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，其次层有3个球，第三层有6个球，…．如图所示的程序框图，输出的S即为小球总数，则（）A.35 B.56 C.84 D.120【答案】B【解析】【分析】设第层小球个数为，依据程序框图可知，输出的，求出各个数即可得到.【详解】设第层小球个数为，由题意可知，.依据程序框图可知，输出的，又，，，，，，所以.故选：B.9.过抛物线的焦点F且倾斜角为锐角的直线与C交于两点A，B（横坐标分别为，，点A在第一象限），为C的准线，过点A与垂直的直线与相交于点M．若，则（）A.3 B.6 C.9 D.12【答案】C【解析】【分析】由已知可求得直线的斜率为，则直线的方程为，联立直线与抛物线的方程，可求出，，即可解得结果.【详解】设直线的斜率为，倾斜角为，.由抛物线的定义知，，又，所以为等边三角形，且轴，所以，则.，则直线的方程为，联立直线的方程与抛物线的方程，可得，解得，，明显，所以，，所以，.故选：C.10.如图，在长方体中，底面ABCD为正方形，E，F分别为，CD的中点，直线BE与平面所成角为，给出下列结论：①平面；②；③异面直线BE与所成角为；④三棱锥的体积为长方体体积的．其中，全部正确结论的序号是（）A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①②③④【答案】D【解析】【分析】取中点为，可证明平面平面，依据面面平行的性质即可推断①；可证明平面，即可推断②；可证明四边形是平行四边形，即可得到，进而可得即等于所求角，求出该角即可推断③；以为底，即可求出三棱锥的体积，进而推断④.【详解】取中点为，连结.对于①，因为分别是的中点，所以，，因为平面，平面，所以平面，同理，平面.因为，平面，平面，，所以平面平面，又平面，所以平面，所以①正确；对于②，由已知可得四边形是正方形，，又平面，平面，所以，因为平面，平面，，所以平面，又平面，所以，故②正确；对于③，取中点为，连结.因为，，，，所以，所以且，所以四边形是平行四边形，则，所以异面直线BE与所成角即等于直线与所成角，因为直线BE与平面所成角为，平面，所以，所以，设，则，则，所以为等边三角形，所以，故③正确；对于④，设长方体体积为，则.因为平面，则，故④正确.故①②③④正确.故选：D.11.已知椭圆左焦点为，离心率为，直线与C交于点M，N，且，．当取最小值时，椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据直线和椭圆的对称性可得为平行四边形,再由及向量的数量积可求,再应用基本不等式,取等条件计算即可.【详解】因为直线与C交于点M，N，设为的中点,由为的中点,故四边形为平行四边形.

则,由椭圆定义得设因为,所以,又因所以,,在中,，应用余弦定理所以,又因为,所以当且仅当,即时取最小值,此时,则故选:.12.设，，，则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】构建，求导，利用导数推断单调性，结合单调性可证，再构建，求导，利用导数推断单调性，结合单调性可证，再证，即可得.【详解】构建，则，当时，则，故在上单调递增，∵，则，即，∴，即，构建，则，当时，则，故在上单调递减，∵，则，即，∴，又∵，则，∴，故，即，综上所述：.故选：D.【点睛】关键点点睛：①若证，构建，结合导数分析推断；②若证，构建，结合导数分析推断，并依据题意适当放缩证明.二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若x，y满意约束条件，则的最大值为______．【答案】8【解析】【分析】作出可行域，通过平行确定的最大值.【详解】如图，作出不等式组所表示的平面区域，联立方程，解得，即，由，即表示斜率，横截距为的直线，通过平移可得当直线过点C时，横截距最大，即最大，故.故答案为：8.14.已知向量，，则向量与向量的夹角为______．【答案】##【解析】【分析】依据数量积的坐标表示求夹角即可得到.详解】由已知可得，，，，则由可得，，所以，向量与向量的夹角为.故答案为：.15.若函数的最小正周期为，则满意条件“是偶函数”的的一个值为______（写出一个满意条件的即可）．【答案】（答案不唯一，也可以写，，符合，即可）【解析】【分析】化简可得，又依据周期可得，即可得到，依据偶函数可得，.【详解】，又的最小正周期为，所以，则，所以，所以.又因为是偶函数，所以应满意，，所以有，.故答案为：.16.已知O是边长为3的正三角形ABC的中心，点P是平面ABC外一点，平面ABC，二面角的大小为60°，则三棱锥外接球的表面积为______．【答案】【解析】【分析】依据题意分析可得二面角的平面角为，进而可得相关长度，再结合球的性质可得，可得球的半径，即可得结果.【详解】∵O是正三角形ABC的中心，则，∴，取的中点，连接，则，即二面角的平面角为，由正三角形ABC的边长为3，则，三棱锥为正三棱锥，则三棱锥的外接球的球心在直线上，设三棱锥的外接球的半径为，∵，则，解得，∴三棱锥外接球的表面积.故答案为：.【点睛】结论点睛：球的相关性质：①球的截面均为圆面；②球心与截面圆心的连线垂直于该截面.三､解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必需作答．第22､23题为选考题，考生依据要求作答．（一）必考题：共60分．17.某企业为改进生产，现某产品及成本相关数据进行统计．现收集了该产品的成本费y（单位：万元/吨）及同批次产品生产数量x（单位：吨）的20组数据．现分别用两种模型①，②进行拟合，据收集到的数据，计算得到如下值：14.50.086650.04-4504表中，．若用刻画回来效果，得到模型①、②的值分别为，．（1）利用和比较模型①、②的拟合效果，应选择哪个模型？并说明理由；（2）依据（1）中所选择的模型，求y关于x的回来方程；并求同批次产品生产数量为25（吨）时y的预报值．附：对于一组数据，，…，，其回来直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，．【答案】（1）选择模型②，理由见解析；（2）6.【解析】【分析】（1）依据已知，依据的意义，即可得出模型②的拟合效果好，选择模型②；（2）与可用线性回来来拟合，有，求出系数，得到回来方程，即可得到成本费与同批次产品生产数量的回来方程为，代入，即可求出结果.【小问1详解】应当选择模型②.由题意可知，，则模型②中样本数据的残差平方和比模型①中样本数据的残差平方和小，即模型②拟合效果好.【小问2详解】由已知，成本费与可用线性回来来拟合，有.由已知可得，，所以，则关于的线性回来方程为.成本费与同批次产品生产数量的回来方程为，当（吨）时，（万元/吨）.所以，同批次产品生产数量为25（吨）时y的预报值为6万元/吨.18.已知为等差数列，且，．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满意：，求前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据等差数列的定义和通项公式运算求解；（2）先依据前n项和与通项之间的关系求得，可得为等比数列，利用等比数列的前n项和公式运算求解.【小问1详解】设数列的公差为，∵，则，即，∴，故数列的通项公式.【小问2详解】∵，当时，则；当时，则，两式相减得，则；综上所述：.又∵，故数列是以首项，公比的等比数列，∴数列的前n项和.19.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c从下列三个条件中选择一个并解答问题：①；②；③．（1）求角A的大小；（2）若，且的面积为，求的周长．注：假如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）如选择①，由已知可得，依据正弦定理以及两角和的正弦公式的逆用，即可得出，进而求出；如选择②，由已知可得，依据正弦定理以及两角和的正弦公式，即可得出，利用协助角公式可得，依据角的范围即可求出；如选择③，由余弦定理可得，，化简即有，进而求出，即可求出；（2）依据三角形的面积公式即可求出，依据余弦定理即可求出，进而即可得到的周长．【小问1详解】如选择①，有，即，由正弦定理可得，，又，所以，因为，所以.如选择②，由可得，，由正弦定理可得，，又，所以，又，所以，即，所以.因为，所以，所以，解得.如选择③，.由余弦定理可得，，整理可得，，所以.因为，所以.【小问2详解】由（1）知，，又，且的面积为，所以有，解得，由余弦定理可得，，所以，所以的周长.20.如图，四棱锥的底面是矩形，底面ABCD，．（1）试在棱BC上确定一点M，使得平面平面，并说明理由．（2）在第（1）问的条件下，求二面角的余弦值．【答案】（1）答案见详解；（2）.【解析】【分析】（1）当为棱上靠近点的三等分点时，依据三角形相像，可推出，即，进而证明平面，从而得到面面垂直；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，求得各点坐标，求出平面的法向量以及平面的法向量，再依据图形推断二面角为锐角，即可求出结果.【小问1详解】当为棱上靠近点的三等分点时，平面平面.证明：若为棱上靠近点的三等分点，，所以.又，，所以∽.所以.又，所以，所以.因为底面ABCD，平面ABCD，所以.因平面，平面，，所以平面.又平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1），连结，以点为原点，分别以所在的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，.，，.设平面的法向量为，则，即，令，则.设平面的法向量为，则，即，取，则.则，明显二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.21.已知函数．（1）若是的微小值点，求a的取值范围；（2）若，，求a的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求导可得，然后分为、进行分类探讨，当时，导函数有两个解，对两个解的大小关系进行探讨，即可得到a的取值范围；（2）当时，可知恒成立，则单调递增，只需即可，代入得到的范围.当时，由（1）知，当时，取得微小值，也即为最小值.依据题意，只需满意，整理即可得到关于的不等式，求解即可得到.【小问1详解】由已知可得，定义域为R..①当，则恒成立，解可得，解，可得；解，可得.明显是的微小值点，满意条件.②当时，解可得，.（ⅰ）当，即时，解，可得或；解，可得.此时是的微小值点，满意条件；（ⅱ）当，即时，恒成立，无极值点；（ⅲ）当，即时，解，可得或；解，可得.此时是的极大值点，与已知不符.综上所述，a的取值范围为.【小问2详解】由（1）知，，因为，所以，①当时，可知恒成立，则单调递增.故时，，所以，满意条件.②当时，可知时，，单调递减；时，，单调递增.所以，在区间上，当时，取得微小值，也即为最小值.由于，恒成立，则，即有，整理可得，因为，，所以有，解得.综上所述，a的