河南省漯河市2025-2026学年高三一诊考试数学试卷（含答案解析）

这是一份河南省漯河市2025-2026学年高三一诊考试数学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了函数在的图像大致为，集合中含有的元素个数为，为得到的图象，只需要将的图象， “”是“”的等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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．设复数满足，则在复平面内的对应点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．若关于的不等式有正整数解，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
3．函数在的图像大致为
A．B．C．D．
4．已知等比数列的各项均为正数，设其前n项和，若（），则（ ）
A．30B．C．D．62
5．集合中含有的元素个数为（ ）
A．4B．6C．8D．12
6．为得到的图象，只需要将的图象（ ）
A．向左平移个单位 B．向左平移个单位
C．向右平移个单位 D．向右平移个单位
7．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．4
8． “”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
9．设，为非零向量，则“存在正数，使得”是“”的（ ）
A．既不充分也不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．充分不必要条件
10．设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且，则直线的斜率的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
11．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
12．已知双曲线的焦距是虚轴长的2倍，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在正方体中，为棱的中点，是棱上的点，且，则异面直线与所成角的余弦值为__________．
14．设满足约束条件，则的取值范围是______.
15．某中学高一年级有学生1200人，高二年级有学生900人，高三年级有学生1500人，现按年级用分层抽样的方法从这三个年级的学生中抽取一个容量为720的样本进行某项研究，则应从高三年级学生中抽取_____人．
16．设为数列的前项和，若，，且，，则________．
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。
17．（12分） [选修4-5：不等式选讲]:已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）设，，且的最小值为.若，求的最小值.
18．（12分）已知函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若“，”为假命题，求的取值范围.
19．（12分）如图，在四棱柱中，底面为菱形，.
（1）证明：平面平面；
（2）若，是等边三角形，求二面角的余弦值.
20．（12分）已知函数，其中．
（1）讨论函数的零点个数；
（2）求证：．
21．（12分）如图, 在四棱锥中, 底面是矩形, 四条侧棱长均相等.
（1）求证：平面;
（2）求证：平面平面.
22．（10分）已知函数是减函数.
（1）试确定a的值；
（2）已知数列，求证：.
参考答案
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．C
【解析】
化简得到，得到答案.
【详解】
，故，对应点在第三象限.
故选：.
本题考查了复数的化简和对应象限，意在考查学生的计算能力.
2．A
【解析】
根据题意可将转化为，令，利用导数，判断其单调性即可得到实数的最小值．
【详解】
因为不等式有正整数解，所以，于是转化为， 显然不是不等式的解，当时，，所以可变形为．
令，则，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，而，所以
当时，，故，解得．
故选：A．
本题主要考查不等式能成立问题的解法，涉及到对数函数的单调性的应用，构造函数法的应用，导数的应用等，意在考查学生的转化能力，属于中档题．
3．B
【解析】
由分子、分母的奇偶性，易于确定函数为奇函数，由的近似值即可得出结果．
【详解】
设，则，所以是奇函数，图象关于原点成中心对称，排除选项C．又排除选项D；，排除选项A，故选B．
本题通过判断函数的奇偶性，缩小考察范围，通过计算特殊函数值，最后做出选择．本题较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．
4．B
【解析】
根据，分别令，结合等比数列的通项公式，得到关于首项和公比的方程组，解方程组求出首项和公式，最后利用等比数列前n项和公式进行求解即可.
【详解】
设等比数列的公比为，由题意可知中：.由，分别令，可得、，由等比数列的通项公式可得：，
因此.
故选：B
本题考查了等比数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查了数学运算能力.
5．B
【解析】
解：因为集合中的元素表示的是被12整除的正整数，那么可得为1，2,3,4，6，,12故选B
6．D
【解析】
试题分析：因为，所以为得到的图象，只需要将的图象向右平移个单位；故选D．
考点：三角函数的图像变换．
7．A
【解析】
由倾斜角的余弦值，求出正切值，即的关系，求出双曲线的离心率.
【详解】
解：设双曲线的半个焦距为，由题意
又，则，，，所以离心率，
故选：A.
本题考查双曲线的简单几何性质，属于基础题
8．B
【解析】
或，从而明确充分性与必要性.
【详解】
，
由可得：或，
即能推出，
但推不出
∴“”是“”的必要不充分条件
故选
本题考查充分性与必要性，简单三角方程的解法，属于基础题.
9．D
【解析】
充分性中，由向量数乘的几何意义得，再由数量积运算即可说明成立；必要性中，由数量积运算可得，不一定有正数，使得，所以不成立，即可得答案.
【详解】
充分性：若存在正数，使得，则，，得证；
必要性：若，则，不一定有正数，使得，故不成立；
所以是充分不必要条件
故选：D
本题考查平面向量数量积的运算，向量数乘的几何意义，还考查了充分必要条件的判定，属于简单题.
10．A
【解析】
设，因为，得到，利用直线的斜率公式，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】
由题意，抛物线的焦点坐标为，
设，
因为，即线段的中点，所以，
所以直线的斜率，
当且仅当，即时等号成立，
所以直线的斜率的最大值为1.
故选：A.
本题主要考查了抛物线的方程及其应用，直线的斜率公式，以及利用基本不等式求最值的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
11．B
【解析】
可解出集合，然后进行补集、交集的运算即可．
【详解】
，，则，因此，.
故选：B.
本题考查补集和交集的运算，涉及一元二次不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题.
12．A
【解析】
根据双曲线的焦距是虚轴长的2倍，可得出，结合，得出，即可求出双曲线的渐近线方程.
【详解】
解：由双曲线可知，焦点在轴上，
则双曲线的渐近线方程为：，
由于焦距是虚轴长的2倍，可得：，
∴，
即：，，
所以双曲线的渐近线方程为：.
故选：A.
本题考查双曲线的简单几何性质，以及双曲线的渐近线方程.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
根据题意画出几何题，建立空间直角坐标系，写个各个点的坐标，并求得.由空间向量的夹角求法即可求得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】
根据题意画出几何图形，以为原点建立空间直角坐标系：
设正方体的棱长为1，则
所以
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为，
故答案为：.
本题考查了异面直线夹角的求法，利用空间向量求异面直线夹角，属于中档题.
14．
【解析】
作出可行域，将目标函数整理为可视为可行解与的斜率，则由图可知或，分别计算出与，再由不等式的简单性质即可求得答案.
【详解】
作出满足约束条件的可行域，
显然当时，z=0；
当时将目标函数整理为可视为可行解与的斜率，则由图可知或
显然，联立，所以
则或，故或
综上所述，
故答案为：
本题考查分式型目标函数的线性规划问题，属于简单题.
15．1．
【解析】
先求得高三学生占的比例，再利用分层抽样的定义和方法，即可求解.
【详解】
由题意，高三学生占的比例为，
所以应从高三年级学生中抽取的人数为.
本题主要考查了分层抽样的定义和方法，其中解答中熟记分层抽样的定义和抽取的方法是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
16．
【解析】
由题可得，解得，所以，，
上述两式相减可得，即，
因为，所以，即，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以．
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。
17．（1） （2）
【解析】
（1）当时，，原不等式可化为，分类讨论即可求得不等式的解集；
（2）由题意得，的最小值为，所以，由，得，利用基本不等式即可求解其最小值．
【详解】
（1）当时，，原不等式可化为，①
当时，不等式①可化为，解得，此时；
当时，不等式①可化为，解得，此时；
当时，不等式①可化为，解得，此时，
综上，原不等式的解集为.
（2）由题意得， ，
因为的最小值为，所以，由，得，
所以 ，
当且仅当，即，时，的最小值为.
本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
18．（1）
（2）
【解析】
（1））当时，将函数写成分段函数，即可求得不等式的解集.
（2）根据原命题是假命题，这命题的否定为真命题，即“，”为真命题，只需满足即可.
【详解】
解：（1）当时，
由，得.
故不等式的解集为.
（2）因为“，”为假命题，
所以“，”为真命题，
所以.
因为，
所以，则，所以，
即，解得，即的取值范围为.
本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式，属于基础题.
19．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）根据面面垂直的判定定理可知，只需证明平面即可．
由为菱形可得，连接和与的交点，
由等腰三角形性质可得，即能证得平面；
（2）由题意知，平面，可建立空间直角坐标系，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，再分别求出平面的法向量，平面的法向量，即可根据向量法求出二面角的余弦值．
【详解】
（1）如图，设与相交于点，连接，
又为菱形，故，为的中点.
又，故.
又平面，平面，且，
故平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由是等边三角形，可得，故平面，
所以，，两两垂直.如图以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
不妨设，则，，
则，，，，，，
设为平面的法向量，
则即可取，
设为平面的法向量，
则即可取，
所以.
所以二面角的余弦值为0.
本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理的应用，以及利用向量法求二面角，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于基础题．
20．（1）时，有一个零点；当且时，有两个零点；（2）见解析
【解析】
（1）利用的导函数，求得的最大值的表达式，对进行分类讨论，由此判断出的零点的个数.
（2）由，得到和，构造函数，利用导数证得，即有，从而证得，即.
【详解】
（1），
∴当时，，当时，在上递增，在上递减，.
令在上递减，在上递增，，当且仅当时取等号．
①时，有一个零点；
②时，，此时有两个零点；
③时，，令在上递增，，此时有两个零点；
综上:时，有一个零点;当且时，有两个零点;
（2）由（1）可知：，
令在上递增，．
本小题主要考查利用导数研究函数的零点，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
21．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
证明：（1）在矩形中，，
又平面，
平面，
所以平面．
（2）连结，交于点，连结，
在矩形中，点为的中点，
又，
故，，
又，
平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
22．（Ⅰ）（Ⅱ）见证明
【解析】
（Ⅰ）求导得，由是减函数得，对任意的，都有恒成立，构造函数，通过求导判断它的单调性，令其最大值小于等于0，即可求出；
（Ⅱ）由是减函数，且可得，当时，，则，即，两边同除以得，，即，从而 ，两边取对数 ，然后再证明恒成立即可，构造函数，，通过求导证明即可．
【详解】
解：（Ⅰ）的定义域为，.
由是减函数得，对任意的，都有恒成立.
设.
∵，由知，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴在时取得最大值.
又∵，∴对任意的，恒成立，即的最大值为.
∴，解得.
（Ⅱ）由是减函数，且可得，当时，，
∴，即.
两边同除以得，，即.
从而 ，
所以 ①.
下面证；
记，.
∴ ，
∵在上单调递增，
∴在上单调递减，
而，
∴当时，恒成立，
∴在上单调递减，
即时，，
∴当时，.
∵，
∴当时，，即②.
综上①②可得，.
本题考查了导数与函数的单调性的关系，考查了函数的最值，考查了构造函数的能力，考查了逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题．，