2024-2025学年四川省自贡市高三上册第一次诊断性考试数学检测试题（含解析）

2024-2025学年四川省自贡市高三上学期第一次诊断性考试数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．在复平面内，复数对应的向量分别是，则复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．下列函数是偶函数的是（

）A． B． C． D．4．已知，则（

）A． B． C． D．5．同时掷两枚质地均匀的骰子，观察朝上点数，设两枚骰子朝上点数分别是，设，则的概率为（

）A． B． C． D．6．已知，且与的终边关于轴对称，则的最大值为（

）A． B． C．0 D．17．根据变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，求得残差图．对于以下四幅残差图，满足一元线性回归模型中对随机误差假设的是（

）A． B．C． D．8．已知空间直角坐标系中的点集，对任意，都存在不全为零的实数满足．若，则的一个充分条件是（

）．A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．函数，若在区间单调递减，且，下列正确的是（

）A． B．在区间单调递增C．函数的最小正周期为2 D．图象的对称轴是10．不相同的数列与，且都不为常数数列，，则下列正确的是（

）A．数列均为等差数列，则中最多一个元素；B．数列为等差数列，为等比数列，则中最多两个元素；C．数列单调递增，数列单调递减，则中最多一个元素；D．数列均为等比数列，则中最多三个元素．11．已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则（

）A． B．C．的图象关于点对称 D．若，则三、填空题（本大题共3小题）12．在多项式的展开式中，的系数为16，则．13．高为8的正四棱锥的顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的表面积为．14．曲线上两点关于直线对称的点在曲线上，则的取值范围是．四、解答题（本大题共5小题）15．在中，内角的对边分别为为钝角，．(1)求；(2)从以下①②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积．①；②．16．数列的前项和(1)求数列的通项公式；(2)设恒成立，求的取值范围．17．如图平面．

(1)若平面，证明：；(2)若，求平面和平面夹角的余弦值．18．已知函数．(1)时，判断函数的零点个数；(2)设，若函数有两个极值点，比较与的大小并说明理由．19．某学校为丰笽学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行.(1)求乙同学第2局赢的概率；(2)记甲同学第i局赢的概率为；（ⅰ）求（ⅱ）若存在i，使成立，求整数k的最小值．

答案1．【正确答案】C【详解】因为，所以.故选：C.2．【正确答案】C【详解】由题意得，则，对应的点为，位于第三象限.故选：C3．【正确答案】A【详解】的定义域为R，且，故为偶函数，A正确；B选项，的定义域为R，，，故不为偶函数，B错误；C选项，的定义域为R，，故是奇函数，C错误；D选项，的定义域为R，且，故为奇函数，D错误.故选：A4．【正确答案】D【详解】，解得，则.故选：D5．【正确答案】B【详解】同时掷两枚质地均匀的骰子，朝上点数共有种情况，若其一为2，另一个从中选择，此时的情况数为种情况，若均为2，情况数为1，故的情况数共有种，故的概率为.故选：B6．【正确答案】B【详解】因为与的终边关于轴对称，所以，又，所以，则，故的最大值为.故选：B.7．【正确答案】A【详解】对于A，残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，故A正确；对于B，残差与观测时间有线性关系，故B错误；对于C，残差的方差不是一个常数，随着观测时间变大而变小再变大，故C错误；对于D，残差与观测时间是非线性关系，故D错误.故选：A.8．【正确答案】D【详解】不全为0的实数，使得，所以3个向量无法构成三维空间坐标系的一组基，即向量共面，对于A，，若，则与共线，与共线，所以可以属于，此时三者不共面，故A不正确；对于B，，若，则与共线，所以可以属于，此时三者不共面，故B不正确；对于C，，若，则与，所以可以属于，此时三者不共面，故C不正确；对于D，显然三者可以构成一组基，与条件不符合，故可以推出，故D正确．故选：D.9．【正确答案】ABC【详解】AC选项，因为在上单调递减，且，，故在上单调递增，所以为函数位于轴右侧第一个最大值点，且为函数位于轴右侧第一个对称中心，故，，解得，，故函数的最小正周期为，AC正确；B选项，时，，由于在上单调递增，故在区间单调递增，B正确；D选项，，故不是图象的对称轴，D错误.故选：ABC10．【正确答案】AC【详解】对于A，若与均为等差数列，不妨设各自公差分别为，，则，所以，因为与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列，所以：（i）若，则，则；（ii）若，则，则不存在；（iii）若，，则；综上A正确；对于B，设，，若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，若，，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，若，，则由和的散点图可得：关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；当有偶数解，此方程即为，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，，否则，因，单调性相反，方程至多一个偶数解，当有奇数解，此方程即为：，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时，即，否则，因，单调性相反，方程至多一个奇数解，因为，不可能同时成立，故不可能有4个不同的整数解，即中最多有3个元素，故B不正确；对于C，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故C正确；对于D，若与均为等比数列，不妨设各自公比分别为，且，显然，显然该数列的奇数项都相同，故D不正确.故选：AC.11．【正确答案】ACD【详解】对于A，，，，，即是周期的周期函数，，A正确；对于C，为奇函数，，即，关于点中心对称，C正确；对于B，，令，则，，又，，B错误；对于D，且关于点中心对称，，，，又，，图象关于轴对称，又关于点中心对称，的图象关于轴对称；当时，，，，，，，，D正确.故选：ACD.12．【正确答案】1【详解】的展开式通项公式为，当时，，当时，，则的展开式中的系数为，解得.故113．【正确答案】128【详解】如图所示，设在底面的投影为，易知正四棱锥的外接球球心在上，因为正四棱锥的高为8，外接球的半径为5，所以，，所以，，则，故中，边的高为，所以该正四棱锥的侧面积为，故该正四棱锥的表面积为．故128．14．【正确答案】【详解】与关于对称，又上两点关于直线对称的点在曲线上，故与有2个交点，即有2个不同的实根，即有2个不同的实根，设，则，当时，ℎ′x>0，当时，ℎ故在上单调递增，在上单调递减，所以，且趋向于0时，ℎx趋向于，当趋向于时，ℎx趋向于0，作出的图象，如下：

且的图象为过定点的直线，当与ℎx相切时，设切点为，此时，又根据两点间斜率公式得，所以，故，由于在0,+∞上单调递增，且，故有唯一解，故切线斜率为，数形结合得到时，有2个不同的实根，故的取值范围是0,1.故0,115．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）因为，，所以，又因为为钝角，所以为锐角，即，所以，由正弦定理可得：，即，可得，因为为钝角，所以；（2）若选①：，由（1）可得，则由余弦定理可得：，整理得：，解得或（舍），所以若选②：因为，为锐角，所以，由正弦定理可得：，即，可得，又因为.16．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）当时，，当时，，显然满足上式，故的通项公式为；（2），所以，故，变形得到，其中，由于在上单调递减，在上单调递增，又，故当或时，取得最小值，当时，，当时，，故的最小值为，所以.所以的取值范围是.17．【正确答案】(1)证明过程见解析；(2).【详解】（1）因为，故，所以⊥，又平面，平面，所以，因为，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，因为平面，平面，平面平面，所以，因为⊥，所以；（2）由（1）知，⊥，又，故，因为，在中，由余弦定理得，即，解得，因为，所以⊥，过点作⊥于点，则，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，故，，，设平面的法向量为m=x,y,z则，所以，令，则，故，设平面的法向量为n=a,b,c则，令，则，则，设平面和平面夹角为，则.18．【正确答案】(1)函数零点的个数为1(2).【详解】（1）时，，且，则恒成立，故在上单调递增，又故函数零点的个数为1．（2），则，令，即有两个根，则，所以，则，所以，令，所以，则函数在上递减，所以恒成立，所以，即，故.19．【正确答案】(1)(2)（ⅰ）