甘肃省兰州市2025届高三下学期诊断考试（一模）数学试题 含解析

2025年兰州市高三诊断考试数学注意事项：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2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框．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8小题，每小题5分，共40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.若复数，则（）A.1 B. C.3 D.5【答案】B【解析】【分析】由复数的乘法整理其为标准式，再利用模长公式，可得答案.【详解】由，则.故选：B.2.与向量反向的单位向量是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】反向单位向量即为，代入计算即可.【详解】与反向的单位向量为.故答案为：A.3.已知集合，以下判断正确的是（）A.是的充分条件 B.是的既不充分也不必要条件C.是的必要条件 D.是的充要条件【答案】D【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义，以及集合的交集与并集的意义可判断每个选项的正误.【详解】对于A，当时，成立，不成立，所以不是的充分条件，故A错误；对于B，因为，所以，因为，所以，所以，所以是的充分条件，故B错误；对于C，因为，所以，当时，成立，但不成立，所以不是的必要条件，故C错误；对于D，因为，，所以，所以，所以是的充分条件，由，可得，所以，所以是的必要条件，所以是的充要条件，故D正确.故选：D.4.若函数（e为自然对数的底）的一条切线与x轴平行，则切点的坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设出切点，利用在切点处的斜率等于0即可求得结果.【详解】设切点坐标为，函数，所以，因为切线与x轴平行，所以，解得，，故切点坐标为故选：B5.已知是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，以下判断正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】C【解析】【分析】利用空间线线，线面，面面的位置关系逐项判断即可结论.【详解】若，则或或或，故A错误；若，则或，故B错误；若，在内作，所以，又，所以，又，所以，所以，故C正确；若，则或或为异面直线，故D错误.故选：C.6.一个铅垂做单摆运动时，离开平衡位置的位移y关于时间x的函数图象如图所示，函数关系满足，当时，x不可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由图象可知函数的最值、周期与对称轴，则可得函数解析式，根据正弦函数以及整体思想，可得答案.【详解】由图可知，最小正周期，则，由，则函数图象过，即，解得（），即（），可得，故，由，则，解得（）或（），可得（）或（），当时，，当时，，当时，.故选：A.7.将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前三位数字构成三位数a，后三位数字构成三位数b，记，m大于100的概率是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分两步探讨，结合古典概率列式计算得解.【详解】先求m小于100的概率，百位必相邻，且较大数的十位小于较小数的十位，个位无限制，分两步：（1）取百位的概率为；（2）取十位，在剩下的4个数字中取两数分配给作十位，而a的十位大于b的十位与a的十位小于b的十位的概率相等，此步符合要求的概率为，所以m小于100的概率为.故m大于100的概率是故选：D8.已知双曲线C的焦点为，过点的直线与双曲线C交于A，B两点．若，，则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由过点的直线与双曲线C交于一支或两支分类讨论，结合双曲线定义即可求解；【详解】设双曲线的方程为，因为双曲线C的焦点为，所以．（1）当过点的直线与双曲线C右支交于A，B两点如图所示．由，设，则，由双曲线的定义知，所以，在中，，在中，，即，解得，所以双曲线C的方程为，双曲线的渐近线方程为：．（2）当过点直线与双曲线C两支交于A，B两点如图所示．由，得与双曲线定义不符，故此种情况不成立．综合（1）（2）两种情况：双曲线的渐近线方程为，故选：A．二、多选题（体大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）9.在某班级的一次测验后，随机抽取7名同学的成缆作为样本，这7名同学的成领分别为78，80，81，84，87，88，90，则（）A.估计这次考试全班成绩的平均分为84B.从样本中任取两人的成绩，均大于平均分的概率是C.样本的分位数是87D.当该样本中加入84形成新样本时，新样本方差小于原样本方差【答案】ABD【解析】【分析】利用平均数的定义计算可判断A；求得任取2人的方法数，取得2人的成绩均大于平均分的方法数，利用古典概型概率公式可求得对概率判断B；利用百分位数的定义计算判断C；由平均成绩不变，利用方差的定义可判断D.【详解】对于A，样本的平均分为，所以估计这次考试全班成绩的平均分为84，故A正确；对于B，从样本中任取两人的成绩有种不同的取法，从成绩大于平均的3名同学中任取2人有种不同的取法，所以从样本中任取两人的成绩，均大于平均分的概率是，故B正确；对于C，因为，所以样本的分位数是第6个数据，故C错误；对于D，当该样本中加入84形成新样本时，新数据平均数不变，由方差公式可知新样本方差小于原样本方差，故D正确.故选：ABD.10.已知曲线，则以下说法正确的是（）A.点在曲线内部 B.曲线关于原点对称C.曲线与坐标轴围成的面积为 D.曲线的周长是【答案】BC【解析】【分析】选项A，结合图象，当时，或，可判断；选项B，将换成，将换成，方程不变，可得；选项C，结合方程的对称性，在第一象限时，图象为圆的一部分，根据圆的方程可得其在第一象限与坐标轴围成的面积，进而可得；选项D，同C结合方程的对称性，求在第一象限部分的长度即得.【详解】选项A：当时，得，即，因，故，故或，因，故点在曲线外部，故A错误；选项B：将换成，将换成，方程不变，故曲线关于原点对称，故B正确；选项C：将将换成，方程不变，故曲线关于轴对称，设曲线在第一象限与坐标轴围成的面积为，则曲线与坐标轴围成的面积为，当时，方程，即，其圆心坐标为，半径为，如图，当时，得或，故弦长，由，故，则，故，故C正确；选项D：由题意可知曲线的周长为，故D错误，故选：BC11.已知函数和，以下判断正确的是（）A.函数在区间内有唯一的零点B.时，C.时，D.存在正实数a，当时，对于任意大于1的正实数N，【答案】AD【解析】【分析】利用不等式性质以及零点存在性定理，可得答案.【详解】由于，当时，，则，当时，，故当时，，则，故必有，使，因此A正确，B错误．对于任意正数，当时，，取，当时，对于任意大于1的正实数N，因此D正确，而当时，故C错误．故选：AD.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.函数在上的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】求导得其极值，并计算端点值，再比较大小即可.【详解】，令，解得：，（舍），当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，则，又因为，，则函数在上的最小值为.故答案为：.13.在锐角三角形ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的面积为__________．【答案】【解析】【分析】由余弦二倍角公式结合正弦定理得到，再由，得到，即可求解；【详解】由，可得：，即，即,即化简可得：,又,可得：，由，可得,因为，所以，即，所以锐角三角形ABC为等边三角形，所以面积为，故答案为：14.正方体的棱长为2，平面截正方体内切球所得的截面面积为__________．【答案】【解析】【分析】根据正方体和球的结构特征，判断出是正三角形，求出利用等体积法求得到平面的距离，进而求得O到平面的距离，求得截面半径，即可求得面积．【详解】正方体的中心是内切球球心，设为O，O到平面的距离为d，设A到平面的距离为，因为，所以，所以，所以，正方体内切球半径，正方体内切球被平面截球面所得的截面是一个圆半径为r的圆，所以，所以圆的面积为．故答案为：．【点睛】关键点点睛：关键在于求得球心O到平面的距离，进而可求截面圆的半径，可求解.四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知正四棱柱底面边长为3，点E、F分别在直线AD、CD上，，．（1）证明：平面；（2）若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由已知可得，进而可得，利用线面平行的判定定理可得结论；（2）以D为坐标原点，以DA所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以所在直线为z轴建立空间直角坐标系，求得平面BEF的一个法得量，利用向量法可求线面角的正弦值.【小问1详解】，因为，所以，所以，平面平面，所以平面．【小问2详解】如图所示：以D为坐标原点，以DA所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以所在直线为z轴建立空间直角坐标系．则三棱锥的体积，解得则，设平面的法向量为，则，得，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值.16.“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒．”这二十八字节气歌是我国古人智慧的结晶．某文具店试销二十四节气书签，每套书签24张，分别印有春夏秋冬四季节气各6张．文具店为促销进行抽奖活动，凡购买一套二十四节气书签可参加抽奖，抽奖规则如下：从一套书签中挑出6张春季卡，6张夏季卡，将其中3张春季卡和3张夏季卡装在一个不透明的盒中，剩余的3张春季卡和3张夏季卡放在盒外．现从盒中随机抽出一张卡，若抽出春季卡，则把它放回盒子中，若抽出夏季卡，则该卡与盒外的一张春季卡置换．如此操作不超过4次，将盒中的夏季卡全部置换为春季卡，则停止抽卡并获得2套二十四节气书签，否则不获奖．（1）求只抽3次即获奖的概率；（2）若促销的30天中预计有360人参加活动，从数学期望的角度分析商家准备多套少书签作为奖品更为合理？【答案】（1）（2）60套【解析】【分析】（1）用字母表示出事情，根据事情的关系以及条件概率的公式，可得答案；（2）由互斥事件的概率加法公式以及条件概率，求得获奖概率，利用二项分布的均值公式，可得答案.【小问1详解】设事件（i可取1，2，3，4）表示第i次抽到春季卡，（j可取1，2，3，4）表示第j次抽到夏季卡，事件C表示抽3次即获奖，则，，所以.【小问2详解】设事件D表示获奖，则，且，互斥事件，，由（1），，，，又因为参加抽奖是否获奖相互独立，用随机变量X表示参加活动获奖人数，若促销的30天中预计有360人参加活动，则，所以，即估计获奖人数的平均值为30，又因为获奖后每人获得2套二十四节气书签，，所以商家准备60套书签作为奖品较为合理．17.已知椭圆的上顶点为，离心率为．（1）求椭圆E的方程；（2）过点A的直线与椭圆E交于点B，并与圆相切，已知点，直线QB与椭圆E交于点C，证明：AC与相切．【答案】（1）焦点在y轴上时：；焦点在x轴上时：（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由离心率与顶点坐标，再结合关系即可求得；（2）设直线的方程为，联立方程，即可求出点B的坐标，表示出直线BQ的方程与椭圆联立求出C点坐标，写出AC的方程，利用点到线的距离即可求得结果.【小问1详解】设椭圆焦距为，若焦点在x轴，由题干知：长轴长为，短轴长为，由离心率为得，由题可知，解得，所以椭圆的方程为．若焦点在y轴，由题干知长轴长为，短轴长为，由离心率为得，由题可知，解得，所以椭圆的方程为．【小问2详解】若焦点在x轴，椭圆的方程为，证明如下：若直线AB斜率不存在，则B在y轴上，显然满足题意；若直线AB斜率存在，设直线AB的方程为，由得，，可得，由于直线BQ的斜率为，由得，，即，可得，所以直线AC的斜率，由于直线与圆P相切，所以，直线，圆心到直线的距离所以直线AC与圆P相切．若焦点在y轴，椭圆方程为，证明如下：若直线AB斜率不存在，则B在y轴上，显然满足题意；若直线AB斜率存在，设直线AB的方程为，由得，，可得，由于直线的斜率为，由得，，即，可得，所以直线AC的斜率，由于直线与圆P相切，所以，直线，圆心到直线的距离所以直线AC与圆P不相切．综上焦点在x轴上时：直线AC与圆P相切，焦点在y轴上时且直线AB斜率存在时：直线AC与圆P不相切.18.已知公差不为零的等差数列满足，且成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）证明：；（3）若数列满足，证明：（e为自然对数的底）．【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由等差数列的通项公式及等比数列的性质即可求解，进而可得通项公式；（2）设，求导，可得的单调性，进而可得结论；（3）由题意需证，由（2）可得，利用放缩法与裂项相消法可证结论.【小问1详解】设等差数列公差为成等比数列，则，所以，解得或（舍去），所以；【小问2详解】设，当时，单调递减，，所以，由（1）可知，则有，所以不等式恒立．【小问3详解】因为，所以要证，只需证：，根据（2）可知，那么，，所以.19.已知曲线．（1）定义：若对于曲线上任意一点沿向量平移得到点仍在曲线上，其中T与是不同时为0常数，则称曲线沿向量的方向上有周期性．判断是否存在向量使曲线S具有周期性，若存在请写出一个符合要求的向量，若不存在，请说明理由：（2）证明：曲线S是中心对称图形；（3）当时，曲线S为一条封闭的曲线，四条直线，，，，围成矩形ABCD，其中为锐角，，证明：曲线S在矩形ABCD的内部或边上，且过矩形对角线交点的直线平分曲线S围成的面积．【答案】（1）存在；，（m，，且m，n不同时为0）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用正余弦函数的周期性计算可得结论；（2）利用，计算可得当在曲