高級中學名校試卷PAGEPAGE1四川省自貢市2025屆高三上學期第一次診斷性考試數學試題本試卷共4頁19題．全卷滿分150分．考試時間120分鐘.注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上．2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效．3，非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的．請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上．1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因為，所以.故選：C.2.在復平面內，復數對應的向量分別是，則復數對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】C【解析】由題意得，則，對應的點為，位于第三象限.故選：C3.下列函數是偶函數的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】的定義域為R，且，故為偶函數，A正確；B選項，的定義域為R，，，故不為偶函數，B錯誤；C選項，的定義域為R，，故是奇函數，C錯誤；D選項，的定義域為R，且，故為奇函數，D錯誤.故選：A4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，解得，則.故選：D5.同時擲兩枚質地均勻的骰子，觀察朝上點數，設兩枚骰子朝上點數分別是，設，則的概率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】同時擲兩枚質地均勻的骰子，朝上點數共有種情況，若其一為2，另一個從中選擇，此時的情況數為種情況，若均為2，情況數為1，故的情況數共有種，故的概率為.故選：B6.已知，且與的終邊關于軸對稱，則的最大值為（）A. B. C.0 D.1【答案】B【解析】因為與的終邊關于軸對稱，所以，又，所以，則，故的最大值為.故選：B.7.根據變量和的成對樣本數據，由一元線性回歸模型得到經驗回歸模型，求得殘差圖．對于以下四幅殘差圖，滿足一元線性回歸模型中對隨機誤差假設的是（）A. B.C D.【答案】A【解析】對于A，殘差比較均勻地分布在以取值為0的橫軸為對稱軸的水平帶狀區域內，故A正確；對于B，殘差與觀測時間有線性關系，故B錯誤；對于C，殘差的方差不是一個常數，隨著觀測時間變大而變小再變大，故C錯誤；對于D，殘差與觀測時間是非線性關系，故D錯誤.故選：A.8.已知空間直角坐標系中的點集，對任意，都存在不全為零的實數滿足．若，則的一個充分條件是（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】不全為0的實數，使得，所以3個向量無法構成三維空間坐標系的一組基，即向量共面，對于A，，若，則與共線，與共線，所以可以屬于，此時三者不共面，故A不正確；對于B，，若，則與共線，所以可以屬于，此時三者不共面，故B不正確；對于C，，若，則與，所以可以屬于，此時三者不共面，故C不正確；對于D，顯然三者可以構成一組基，與條件不符合，故可以推出，故D正確．故選：D.二、多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對得6分，選對但不全得部分分，有選錯得0分．9.函數，若在區間單調遞減，且，下列正確的是（）A. B.在區間單調遞增C.函數的最小正周期為2 D.圖象的對稱軸是【答案】ABC【解析】AC選項，因為在上單調遞減，且，，故在上單調遞增，所以為函數位于軸右側第一個最大值點，且為函數位于軸右側第一個對稱中心，故，，解得，，故函數的最小正周期為，AC正確；B選項，時，，由于在上單調遞增，故在區間單調遞增，B正確；D選項，，故不是圖象的對稱軸，D錯誤.故選：ABC10.不相同的數列與，且都不為常數數列，，則下列正確的是（）A.數列均為無窮等差數列，則中最多一個元素；B.數列為等差數列，為等比數列，則中最多兩個元素；C.數列單調遞增，數列單調遞減，則中最多一個元素；D.數列均為無窮等比數列，則中最多三個元素．【答案】AC【解析】對于A，若與均等差數列，不妨設各自公差分別為，，則，所以，因為與是兩個不同的無窮數列，且都不是常數列，所以：（i）若，則，則；（ii）若，則，則不存在；（iii）若，，則；綜上A正確；對于B，設，，若中至少四個元素，則關于的方程至少有4個不同的正數解，若，，考慮關于的方程奇數解的個數和偶數解的個數，若，，則由和的散點圖可得：關于的方程至多有兩個不同的解，矛盾；當有偶數解，此方程即為，方程至多有兩個偶數解，且有兩個偶數解時，，否則，因，單調性相反，方程至多一個偶數解，當有奇數解，此方程即為：，方程至多有兩個奇數解，且有兩個奇數解時，即，否則，因，單調性相反，方程至多一個奇數解，因為，不可能同時成立，故不可能有4個不同的整數解，即中最多有3個元素，故B不正確；對于C，因為為遞增數列，為遞減數列，前者散點圖呈上升趨勢，后者的散點圖呈下降趨勢，兩者至多一個交點，故C正確；對于D，若與均為等比數列，不妨設各自公比分別為，且，顯然，顯然該數列的奇數項都相同，故D不正確.故選：AC.11.已知定義在上的函數滿足，且是奇函數，則（）A. B.C.的圖象關于點對稱 D.若，則【答案】ACD【解析】對于A，，，，，即是周期的周期函數，，A正確；對于C，為奇函數，，即，關于點中心對稱，C正確；對于B，，令，則，，又，，B錯誤；對于D，且關于點中心對稱，，，，又，，圖象關于軸對稱，又關于點中心對稱，的圖象關于軸對稱；當時，，，，，，，，D正確.故選：ACD.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分．12.在多項式的展開式中，的系數為16，則______．【答案】1【解析】的展開式通項公式為，當時，，當時，，則的展開式中的系數為，解得.故答案為：113.高為8的正四棱錐的頂點都在半徑為5的球面上，則該正四棱錐的表面積為______．【答案】128【解析】如圖所示，設在底面的投影為，易知正四棱錐的外接球球心在上，因為正四棱錐的高為8，外接球的半徑為5，所以，，所以，，則，故中，邊的高為，所以該正四棱錐的側面積為，故該正四棱錐的表面積為．故答案為：128．14.曲線上兩點關于直線對稱的點在曲線上，則的取值范圍是______．【答案】【解析】與關于對稱，又上兩點關于直線對稱的點在曲線上，故與有2個交點，即有2個不同的實根，即有2個不同的實根，設，則，當時，h'x>0，當時，h故在上單調遞增，在上單調遞減，所以，且趨向于0時，hx趨向于，當趨向于時，hx趨向于0，作出的圖象，如下：且的圖象為過定點的直線，當與hx相切時，設切點為，此時，又根據兩點間斜率公式得，所以，故，由于在0,+∞上單調遞增，且，故有唯一解，故切線斜率為，數形結合得到時，有2個不同的實根，故的取值范圍是0,1.故答案為：0,1四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.在中，內角的對邊分別為為鈍角，．（1）求；（2）從以下①②這兩個條件中選擇一個作為已知，求的面積．①；②．解：（1）因為，，所以，又因為為鈍角，所以為銳角，即，所以，由正弦定理可得：，即，可得，因為為鈍角，所以；（2）若選①：，由（1）可得，則由余弦定理可得：，整理得：，解得或（舍），所以若選②：因為，為銳角，所以，由正弦定理可得：，即，可得，又因為.16.數列的前項和（1）求數列的通項公式；（2）設恒成立，求的取值范圍．解：（1）當時，，當時，，顯然滿足上式，故的通項公式為；（2），所以，故，變形得到，其中，由于在上單調遞減，在上單調遞增，又，故當或時，取得最小值，當時，，當時，，故的最小值為，所以.所以的取值范圍是.17.如圖平面．（1）若平面，證明：；（2）若，求平面和平面夾角的余弦值．（1）證明：因為，故，所以⊥，又平面，平面，所以，因為，平面，所以⊥平面，因為平面，所以⊥，因為平面，平面，平面平面，所以，因為⊥，所以；（2）解：由（1）知，⊥，又，故，因為，在中，由余弦定理得，即，解得，因為，所以⊥，過點作⊥于點，則，以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，故，，，設平面法向量為，則，所以，令，則，故，設平面的法向量為，則，令，則，則，設平面和平面夾角為，則.18.已知函數．（1）時，判斷函數的零點個數；（2）設，若函數有兩個極值點，比較與的大小并說明理由．解：（1）時，，且，則恒成立，故在上單調遞增，又故函數零點的個數為1．（2），則，令，即有兩個根，則，所以，則，所以，令，所以，則函數在上遞減，所以恒成立，所以，即，故.19.某學校為豐富學生活動，積極開展乒乓球選修課，甲乙兩同學進行乒乓球訓練，已知甲第一局贏的概率為，前一局贏后下一局繼續贏的概率為，前一局輸后下一局贏的概率為，如此重復進行.（1）求乙同學第2局贏的概率；（2）記甲同學第i局贏的概率為；（ⅰ）求（