2026届甘肃省白银市会宁县第四中学高三一诊考试数学试卷含解析

这是一份2026届甘肃省白银市会宁县第四中学高三一诊考试数学试卷含解析，共4页。试卷主要包含了下列说法正确的是，已知全集，集合，则，函数的图像大致为等内容，欢迎下载使用。
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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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．如图，在中，，且，则（ ）
A．1B．C．D．
2．设复数满足为虚数单位)，则（ ）
A．B．C．D．
3．复数（ ）．
A．B．C．D．
4．2019年10月1日上午，庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行.这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量，更是让世界感受到了中国的日新月异.今年的阅兵方阵有一个很抢眼，他们就是院校科研方阵.他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大学联合组建．若已知甲、乙、丙三人来自上述三所学校，学历分别有学士、硕士、博士学位.现知道：①甲不是军事科学院的；②来自军事科学院的不是博士；③乙不是军事科学院的；④乙不是博士学位；⑤国防科技大学的是研究生．则丙是来自哪个院校的，学位是什么( )
A．国防大学，研究生B．国防大学，博士
C．军事科学院，学士D．国防科技大学，研究生
5．已知公差不为0的等差数列的前项的和为，，且成等比数列，则（ ）
A．56B．72C．88D．40
6．已知函数的图象如图所示，则可以为（ ）
A．B．C．D．
7．下列说法正确的是（ ）
A．“若，则”的否命题是“若，则”
B．在中，“”是“”成立的必要不充分条件
C．“若，则”是真命题
D．存在，使得成立
8．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
9．已知正项等比数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
10．函数的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
11．设过点的直线分别与轴的正半轴和轴的正半轴交于两点，点与点关于轴对称，为坐标原点，若，且，则点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
12．如图，正方体中，，，，分别为棱、、、的中点，则下列各直线中，不与平面平行的是（ ）
A．直线B．直线C．直线D．直线
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知a，b均为正数，且，的最小值为________.
14．若变量，满足约束条件，则的最大值为__________．
15．函数的最小正周期为________;若函数在区间上单调递增，则的最大值为________.
16．已知向量，满足，，且已知向量，的夹角为，，则的最小值是__．
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）已知函数.
（1）解不等式；
（2）若函数的最小值为，求的最小值.
18．（12分）已知点，且，满足条件的点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）是否存在过点的直线，直线与曲线相交于两点，直线与轴分别交于两点，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
19．（12分）武汉有“九省通衢”之称，也称为“江城”，是国家历史文化名城.其中著名的景点有黄鹤楼、户部巷、东湖风景区等等.
（1）为了解“五·一”劳动节当日江城某旅游景点游客年龄的分布情况，从年龄在22岁到52岁的游客中随机抽取了1000人，制成了如图的频率分布直方图：
现从年龄在内的游客中，采用分层抽样的方法抽取10人，再从抽取的10人中随机抽取4人，记4人中年龄在内的人数为，求；
（2）为了给游客提供更舒适的旅游体验，该旅游景点游船中心计划在2020年劳动节当日投入至少1艘至多3艘型游船供游客乘坐观光.由2010到2019这10年间的数据资料显示每年劳动节当日客流量（单位：万人）都大于1.将每年劳动节当日客流量数据分成3个区间整理得表：
以这10年的数据资料记录的3个区间客流量的频率作为每年客流量在该区间段发生的概率，且每年劳动节当日客流量相互独立.
该游船中心希望投入的型游船尽可能被充分利用，但每年劳动节当日型游船最多使用量（单位：艘）要受当日客流量（单位：万人）的影响，其关联关系如下表：
若某艘型游船在劳动节当日被投入且被使用，则游船中心当日可获得利润3万元；若某艘型游船劳动节当日被投入却不被使用，则游船中心当日亏损0.5万元.记（单位：万元）表示该游船中心在劳动节当日获得的总利润，的数学期望越大游船中心在劳动节当日获得的总利润越大，问该游船中心在2020年劳动节当日应投入多少艘型游船才能使其当日获得的总利润最大？
20．（12分）已知三棱锥中，为等腰直角三角形，，设点为中点，点为中点，点为上一点，且．
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
21．（12分）已知各项均为正数的数列的前项和为，满足，，，，恰为等比数列的前3项．
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前项和为；若对均满足，求整数的最大值；
（3）是否存在数列满足等式成立，若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由．
22．（10分）在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为；直线的参数方程为 （为参数），直线与曲线分别交于两点．
（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
（2）若点的极坐标为，，求的值．
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】
由题可,所以将已知式子中的向量用表示，可得到的关系，再由三点共线，又得到一个关于的关系，从而可求得答案
【详解】
由，则
，即，所以，又共线，则.
故选：C
【点睛】
此题考查的是平面向量基本定理的有关知识，结合图形寻找各向量间的关系，属于中档题.
2、B
【解析】
易得，分子分母同乘以分母的共轭复数即可.
【详解】
由已知，，所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查复数的乘法、除法运算，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.
3、A
【解析】
试题分析：，故选A.
【考点】复数运算
【名师点睛】复数代数形式的四则运算的法则是进行复数运算的理论依据，加减运算类似于多项式的合并同类项，乘法法则类似于多项式的乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式，再将分母实数化.
4、C
【解析】
根据①③可判断丙的院校；由②和⑤可判断丙的学位.
【详解】
由题意①甲不是军事科学院的，③乙不是军事科学院的；
则丙来自军事科学院；
由②来自军事科学院的不是博士，则丙不是博士；
由⑤国防科技大学的是研究生，可知丙不是研究生，
故丙为学士.
综上可知，丙来自军事科学院，学位是学士.
故选：C.
【点睛】
本题考查了合情推理的简单应用，由条件的相互牵制判断符合要求的情况，属于基础题.
5、B
【解析】
，将代入，求得公差d，再利用等差数列的前n项和公式计算即可.
【详解】
由已知，，，故，解得或（舍），
故，.
故选：B.
【点睛】
本题考查等差数列的前n项和公式，考查等差数列基本量的计算，是一道容易题.
6、A
【解析】
根据图象可知，函数为奇函数，以及函数在上单调递增，且有一个零点，即可对选项逐个验证即可得出．
【详解】
首先对4个选项进行奇偶性判断，可知，为偶函数，不符合题意，排除B；
其次，在剩下的3个选项,对其在上的零点个数进行判断, 在上无零点, 不符合题意，排除D；然后,对剩下的2个选项,进行单调性判断, 在上单调递减, 不符合题意，排除C.
故选：A．
【点睛】
本题主要考查图象的识别和函数性质的判断，意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，属于容易题．
7、C
【解析】
A：否命题既否条件又否结论，故A错.
B：由正弦定理和边角关系可判断B错.
C：可判断其逆否命题的真假，C正确.
D：根据幂函数的性质判断D错.
【详解】
解：A：“若，则”的否命题是“若，则”，故 A错.
B：在中，，故“”是“”成立的必要充分条件，故B错.
C：“若，则”“若，则”，故C正确.
D：由幂函数在递减，故D错.
故选：C
【点睛】
考查判断命题的真假，是基础题.
8、D
【解析】
根据函数定义域的求解方法可分别求得集合，由补集和交集定义可求得结果.
【详解】
，，，
.
故选：.
【点睛】
本题考查集合运算中的补集和交集运算问题，涉及到函数定义域的求解，属于基础题.
9、D
【解析】
由，可求出等比数列的通项公式，进而可知当时，；当时，，从而可知的最小值为，求解即可.
【详解】
设等比数列的公比为，则，
由题意得，，得，解得，
得.
当时，；当时，，
则的最小值为.
故选：D.
【点睛】
本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于中档题.
10、A
【解析】
根据排除，，利用极限思想进行排除即可．
【详解】
解：函数的定义域为，恒成立，排除，，
当时，，当，，排除，
故选：．
【点睛】
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数值的符号以及极限思想是解决本题的关键，属于基础题．
11、A
【解析】
设坐标，根据向量坐标运算表示出，从而可利用表示出；由坐标运算表示出，代入整理可得所求的轨迹方程.
【详解】
设，，其中，
，即
关于轴对称

故选：
【点睛】
本题考查动点轨迹方程的求解，涉及到平面向量的坐标运算、数量积运算；关键是利用动点坐标表示出变量，根据平面向量数量积的坐标运算可整理得轨迹方程.
12、C
【解析】
充分利用正方体的几何特征，利用线面平行的判定定理，根据判断A的正误.根据，判断B的正误.根据与 相交，判断C的正误.根据，判断D的正误.
【详解】
在正方体中，因为 ，所以 平面，故A正确.
因为，所以，所以平面 故B正确.
因为，所以平面，故D正确.
因为与 相交，所以 与平面 相交，故C错误.
故选：C
【点睛】
本题主要考查正方体的几何特征，线面平行的判定定理，还考查了推理论证的能力，属中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
本题首先可以根据将化简为，然后根据基本不等式即可求出最小值.
【详解】
因为，
所以，
当且仅当，即、时取等号，
故答案为：.
【点睛】
本题考查根据基本不等式求最值，基本不等式公式为，在使用基本不等式的时候要注意“”成立的情况，考查化归与转化思想，是中档题.
14、
【解析】
根据约束条件可以画出可行域，从而将问题转化为直线在轴截距最大的问题的求解，通过数形结合的方式可确定过时，取最大值，代入可求得结果.
【详解】
由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：

将化为，则最大时，直线在轴截距最大；
由直线平移可知，当过时，在轴截距最大，
由得：，.
故答案为：.
【点睛】
本题考查线性规划中最值问题的求解，关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值的求解问题，通过数形结合的方式可求得结果.
15、
【解析】
直接计算得到答案，根据题意得到，，解得答案.
【详解】
，故，当时，，
故，解得.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查了三角函数的周期和单调性，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.
16、
【解析】
求的最小值可以转化为求以AB为直径的圆到点O的最小距离，由此即可得到本题答案.
【详解】
如图所示，设，
由题，得，
又，所以，则点C在以AB为直径的圆上，
取AB的中点为M，则，
设以AB为直径的圆与线段OM的交点为E，则的最小值是，
因为，
又，
所以的最小值是.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查向量的综合应用问题，涉及到圆的相关知识与余弦定理，考查学生的分析问题和解决问题的能力，体现了数形结合的数学思想.
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）用分类讨论思想去掉绝对值符号后可解不等式；
（2）由（1）得的最小值为4，则由，代换后用基本不等式可得最小值．
【详解】
解：（1）
讨论：
当时，，即，此时无解；
当时，；
当时，.
所求不等式的解集为
（2）分析知，函数的最小值为4
，当且仅当时等号成立.
的最小值为4.
【点睛】
本题考查解绝对值不等式，考查用基本不等式求最小值．解绝对值不等式的方法是分类讨论思想．
18、（1）（2）存在， 或．
【解析】
（1）由得看成到两定点的和为定值，满足椭圆定义，用定义可解曲线的方程.
（2）先讨论斜率不存在情况是否符合题意，当直线的斜率存在时，设直线点斜式方程，由，可得，再直线与椭圆联解，利用根的判别式得到关于的一元二次方程求解.
【详解】
解：设，
由， ，
可得，即为，
由，可得的轨迹是以为焦点，且的椭圆，
由，可得，可得曲线的方程为；
假设存在过点的直线l符合题意．
当直线的斜率不存在，设方程为，可得为短轴的两个端点，
不成立；
当直线的斜率存在时，设方程为，
由，可得，即，
可得，化为，
由可得，
由在椭圆内，可得直线与椭圆相交，
，
则
化为，即为，解得，
所以存在直线符合题意，且方程为或．
【点睛】
本题考查求轨迹方程及直线与圆锥曲线位置关系问题. （1）定义法求轨迹方程的思路:应用定义法求轨迹方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式，由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解；（2）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解.
19、（1）；（2）投入3艘型游船使其当日获得的总利润最大
【解析】
（1）首先计算出在，内抽取的人数，然后利用超几何分布概率计算公式，计算出.
（2）分别计算出投入艘游艇时，总利润的期望值，由此确定当日游艇投放量.
【详解】
（1）年龄在内的游客人数为150，年龄在内的游客人数为100；若采用分层抽样的方法抽取10人，则年龄在内的人数为6人，年龄在内的人数为4人.
可得.
（2）①当投入1艘型游船时，因客流量总大于1，则（万元）.
②当投入2艘型游船时，
若，则，此时；
若，则，此时；
此时的分布列如下表：
此时（万元）.
③当投入3艘型游船时，
若，则，此时；
若，则，此时；
若，则，此时；
此时的分布列如下表：
此时（万元）.
由于，则该游船中心在2020年劳动节当日应投入3艘型游船使其当日获得的总利润最大.
【点睛】
本小题主要考查分层抽样，考查超几何分布概率计算公式，考查随机变量分布列和期望的求法，考查分析与思考问题的能力，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.
20、 (1)证明见解析；(2)
【解析】
（1）连接交于点，连接，通过证，并说明平面，来证明平面
（2）采用建系法以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，分别表示出对应的点坐标，设平面的一个法向量为，结合直线对应的和法向量，利用向量夹角的余弦公式进行求解即可
【详解】
证明：如图，
连接交于点，连接，点为的中点，点为的中点，
点为的重心，则，，，
又平面，平面，平面；
，，，，
，，可得，又，
则以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，．
设平面的一个法向量为，由，
取，得．设直线与平面所成角为，
则．直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
本题考查线面平行的判定定理的使用，利用建系法来求解线面夹角问题，整体难度不大，本题中的线面夹角的正弦值公式使用广泛，需要识记
21、（2），（2），的最大整数是2．（3）存在，
【解析】
（2）由可得（），然后把这两个等式相减，化简得，公差为2，因为，，为等比数列，所以，化简计算得，，从而得到数列的通项公式，再计算出 ，，，从而可求出数列的通项公式；
（2）令，化简计算得，从而可得数列是递增的，所以只要的最小值大于即可，而的最小值为，所以可得答案；
（3）由题意可知，，
即，这个可看成一个数列的前项和，再写出其前（）项和，两式相减得，，利用同样的方法可得.
【详解】
解：（2）由题，当时，，即
当时， ① ②
①-②得，整理得，又因为各项均为正数的数列．
故是从第二项的等差数列，公差为2．
又恰为等比数列的前3项，
故，解得．又，
故，因为也成立．
故是以为首项，2为公差的等差数列．故．
即2，4，8恰为等比数列的前3项，故是以为首项，公比为的等比数列，
故．综上，
（2）令，则


所以数列是递增的，
若对均满足，只要的最小值大于即可
因为的最小值为，
所以，所以的最大整数是2．
（3）由，得
，
③
④
③-④得， ⑤，
⑥
⑤-⑥得，，
所以存在这样的数列，
【点睛】
此题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，最值，恒成立问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
22、 (1) 曲线的直角坐标方程为即，直线的普通方程为；（2）.
【解析】
（1）利用代入法消去参数方程中的参数，可得直线的普通方程，极坐标方程两边同乘以利用 即可得曲线的直角坐标方程；（2）直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.
【详解】
（1）由，得，
所以曲线的直角坐标方程为，
即， 直线的普通方程为.
(2)将直线的参数方程代入并化简、整理，
得. 因为直线与曲线交于，两点．
所以，解得.
由根与系数的关系，得，.
因为点的直角坐标为，在直线上.所以，
解得，此时满足.且，故.．
【点睛】
参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．
劳动节当日客流量
频数（年）
2
4
4
劳动节当日客流量
型游船最多使用量
1
2
3
2.5
6
2
5.5
9