2025-2026学年海南省高三上学期学业水平诊断（一）数学试题 [附答案]

这是一份2025-2026学年海南省高三上学期学业水平诊断（一）数学试题 [附答案]，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则（ ）
A．2B．C．1D．0
3．已知平行四边形的对角线AC与BD相交于点，则（ ）
A．B．C．D．
4．不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．若函数且在区间上的值域为，则（ ）
A．B．C．3D．5
7．已知正数a，b，c满足，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，对任意，都满足，则正数的最大值为（ ）
A．B．eC．D．2e
二、多选题
9．已知向量，且，则（ ）
A．B．C．的夹角为D．
10．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的最大值为1
C．的图象关于直线对称
D．将的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称
11．已知函数的定义域为，且，则（ ）
A．B．在上单调递增
C．存在函数，使得的值域为D．存在函数，使得是奇函数
三、填空题
12．已知，且，则xy的最大值为 .
13．若，则 .
14．已知函数，过点有三条直线与的图象相切，则实数的取值范围为 .
四、解答题
15．某公司为提升员工对人工智能模型的应用能力，组织了知识竞赛，竞赛分为初赛和复赛.
(1)初赛选手需从6道题中随机抽取2道作答，至少答对1道就可进入复赛，已知员工甲能答对这6道题中的4道，求甲进入复赛的概率；
(2)复赛选手需从大量题中随机抽取2道作答，已知员工乙进入了复赛，他每道题答对的概率均为，且每道题答对与否相互独立，设乙在复赛中答对的题数为，求的分布列、数学期望与方差.
16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
(1)求；
(2)若的平分线与BC交于点，求AD.
17．如图，四边形是等腰梯形，是的中点，是与的交点，将沿折到的位置.
(1)证明：平面；
(2)若平面，求二面角的正弦值.
18．已知椭圆的离心率为，上的点到两个焦点的距离之和为4.
(1)求的方程.
(2)过的右焦点且不与轴重合的直线与交于A，B两点，过点作直线的垂线，垂足为D，O为坐标原点.
（i）证明：直线恒过点；
（ii）求的面积的最大值.
19．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设为正数，证明：中至少有一个小于；
(3)若对任意恒成立，求实数的取值范围.
答案
1．C
【详解】因为，所以，又，
所以.
故选：C.
2．C
【详解】由于，得到.
故选：C
3．A
【详解】.
故选：A.
4．B
【详解】由不等式可得，且，所以.
不等式的解集为.
故选：B.
5．D
【详解】因为，
所以，
故，
故选：D.
6．B
【详解】由指数函数的性质知必是单调函数，
又，
因为值域为，所以函数在上单调递增，故，
即，解得，又，故.
故选：B.
7．A
【详解】由题意知a，b，c分别是方程的正根，
即函数的图象与的图象的交点的横坐标，
作出相应图象如图，由图可知.
故选：A.
8．B
【详解】由题意可知的定义域为，
由条件可得，
所以.
设，
则在上单调递增.
求导得，
则在上恒成立，所以，即恒成立，
易知在上单调递增，故只需，即在时恒成立即可.
设，则，可知在上单调递减，在上单调递增，
则，所以，即的最大值为e.
故选：B
9．ACD
【详解】对于A，因为，所以，又，
所以，故，A正确；
对于B，由选项A的解析可得，因为，
所以与不共线，故B错误；
对于C，设的夹角为，则，又，
所以，故C正确；
对于D，，所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
10．AD
【详解】，
对于A，，所以的最小正周期为，故A正确；
对于B，的最大值为2，故B错误；
对于C，当时，，所以直线不是图象的对称轴，故C错误；
对于D，，为奇函数，故D正确.
故选：AD.
11．BCD
【详解】令，得，所以或.
对于A，若，则对任意，
左边，右边，矛盾，故A错误；
对于B，若，则对任意，
可得，经检验，符合题意，易知在上单调递增，故B正确；
对于C，的值域为，只要满足定义域为，值域为即可，
如，，符合题意，故C正确；
对于D，令，得，
而定义域为，，故即为奇函数，故D正确.
故选：BCD.
12．1
【详解】因，则，所以，
当且仅当时等号成立，
则xy的最大值为.
故
13．/
【详解】由得，则，
所以.
故答案为.
14．
【详解】设过点的直线与的图象相切于点，
则切线斜率，由切线过点，得，
因此，整理得.
令，则，
原问题等价于有三个不同零点.
当时，单调递增，最多有1个零点，不符合题意；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
极大值为，极小值为，
要使有三个零点，需满足且，即，解得；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
极小值为，极大值为，
要使有三个零点，需满足且，即，解得；
综上，的取值范围是.
故
15．(1)
(2)分布列见解析，
【详解】（1）甲进入复赛的概率为.
（2）的所有可能取值为0，1，2，
，
，

分布列如下：
解法一：，

解法二：因为，所以.
16．(1)
(2)
【详解】（1）由条件及正弦定理可得，
则，
又因为，所以，故；
（2）由余弦定理得，
将代入，得，所以，
因为的平分线，，
得，
解得.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，连接.
为的中点，，
又且四边形为菱形，.
，又平面.
与四边形为菱形同理，可知四边形为菱形，
平面
（2）由（1）可知即是边长为2的等边三角形，又平面，
所以两两互相垂直，以为坐标原点，
以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
已知，
则，

设平面的一个法向量为，
则，取.
设平面的一个法向量为，
则取.
故二面角的正弦值为.
.
18．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【详解】（1）设的半焦距为.
由椭圆的定义可知，所以.
又，得，所以，
故的方程为.
（2）（i）由的方程可得，
设，点.
将与的方程联立可得，
所以.
直线，
令，可得，
其中，
所以直线BD恒过点.
（ii）设，
则
.
记，则，，
设，，则，
当时，单调递减，
所以，
故的面积的最大值为.
19．(1)在上单调递增，在上单调递减
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由题意可知的定义域为.
令，得，
故当时，；当时，.
故在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减.
若，则，符合题意；
若，则，则，
又，即，
所以.
综上，中至少有一个小于.
（3）当时，，不等式成立.
当时，，即，等价于①.
令，则，
①式等价于，即.
令，则.
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
所以.
当，即时，.
综上，实数的取值范围是.X
0
1
2
P