2026届贵州省遵义市求是高级中学高三一诊考试数学试卷含解析

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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．已知，为两条不同直线，，，为三个不同平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题序号为( )
A．②③B．②③④C．①④D．①②③
2．博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则（ ）
A．P1•P2＝B．P1＝P2＝C．P1+P2＝D．P1＜P2
3．已知等差数列的公差不为零，且，，构成新的等差数列，为的前项和，若存在使得，则（ ）
A．10B．11C．12D．13
4．已知实数满足约束条件，则的最小值是
A．B．C．1D．4
5．下列命题为真命题的个数是（ ）（其中，为无理数）
①；②；③.
A．0B．1C．2D．3
6．若函数在处有极值，则在区间上的最大值为（ ）
A．B．2C．1D．3
7．一个正三角形的三个顶点都在双曲线的右支上，且其中一个顶点在双曲线的右顶点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．函数的一个零点在区间内，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．方程的实数根叫作函数的“新驻点”，如果函数的“新驻点”为，那么满足（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数（其中，，）的图象关于点成中心对称，且与点相邻的一个最低点为，则对于下列判断：
①直线是函数图象的一条对称轴；
②点是函数的一个对称中心；
③函数与的图象的所有交点的横坐标之和为.
其中正确的判断是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
11．已知集合，则=（ ）
A．B．C．D．
12． “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为（ ）
A．56383B．57171C．59189D．61242
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知正方体棱长为2，点是上底面内一动点，若三棱锥的外接球表面积恰为，则此时点构成的图形面积为________.
14．有编号分别为1，2，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为_______________.
15．在三棱锥中，已知，且平面平面，则三棱锥外接球的表面积为______.
16．已知全集，集合，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）某工厂的机器上有一种易损元件A，这种元件在使用过程中发生损坏时，需要送维修处维修．工厂规定当日损坏的元件A在次日早上 8：30 之前送到维修处，并要求维修人员当日必须完成所有损坏元件A的维修工作．每个工人独立维修A元件需要时间相同．维修处记录了某月从1日到20日每天维修元件A的个数，具体数据如下表：
从这20天中随机选取一天，随机变量X表示在维修处该天元件A的维修个数．
（Ⅰ）求X的分布列与数学期望；
（Ⅱ）若a，b，且b-a=6，求最大值；
（Ⅲ）目前维修处有两名工人从事维修工作，为使每个维修工人每天维修元件A的个数的数学期望不超过4个，至少需要增加几名维修工人？（只需写出结论）
18．（12分）已知函数，.
（1）当为何值时，轴为曲线的切线；
（2）用表示、中的最大值，设函数，当时，讨论零点的个数.
19．（12分）已知函数
（1）若，试讨论的单调性；
（2）若，实数为方程的两不等实根，求证：.
20．（12分）如图1，四边形是边长为2的菱形，，为的中点，以为折痕将折起到的位置，使得平面平面，如图2.
（1）证明：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
21．（12分）已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线与直线的直角坐标方程；
（2）若曲线与直线交于两点，求的值.
22．（10分）已知数列，其前项和为，若对于任意，，且，都有.
（1）求证：数列是等差数列
（2）若数列满足，且等差数列的公差为，存在正整数，使得，求的最小值.
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】
根据直线与平面，平面与平面的位置关系进行判断即可.
【详解】
根据面面平行的性质以及判定定理可得，若，，则，故①正确；
若，，平面可能相交，故②错误；
若，，则可能平行，故③错误；
由线面垂直的性质可得，④正确；
故选：C
【点睛】
本题主要考查了判断直线与平面，平面与平面的位置关系，属于中档题.
2、C
【解析】
将三辆车的出车可能顺序一一列出，找出符合条件的即可.
【详解】
三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321
方案一坐车可能：132、213、231，所以，P1＝；
方案二坐车可能：312、321，所以，P1＝；
所以P1+P2＝
故选C.
【点睛】
本题考查了古典概型的概率的求法，常用列举法得到各种情况下基本事件的个数，属于基础题.
3、D
【解析】
利用等差数列的通项公式可得，再利用等差数列的前项和公式即可求解.
【详解】
由，，构成等差数列可得
即
又
解得：
又
所以时，.
故选：D
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.
4、B
【解析】
作出该不等式组表示的平面区域，如下图中阴影部分所示，
设，则，易知当直线经过点时，z取得最小值，
由，解得，所以，所以，故选B．
5、C
【解析】
对于①中，根据指数幂的运算性质和不等式的性质，可判定值正确的；对于②中，构造新函数，利用导数得到函数为单调递增函数，进而得到，即可判定是错误的；对于③中，构造新函数，利用导数求得函数的最大值为，进而得到，即可判定是正确的.
【详解】
由题意，对于①中，由，可得，根据不等式的性质，可得成立，所以是正确的；
对于②中，设函数，则，所以函数为单调递增函数，
因为，则
又由，所以，即，所以②不正确；
对于③中，设函数，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
所以，即，即，所以是正确的.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了不等式的性质，以及导数在函数中的综合应用，其中解答中根据题意，合理构造新函数，利用导数求得函数的单调性和最值是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
6、B
【解析】
根据极值点处的导数为零先求出的值，然后再按照求函数在连续的闭区间上最值的求法计算即可.
【详解】
解：由已知得，，，经检验满足题意.
，.
由得；由得或.
所以函数在上递增，在上递减，在上递增.
则，，
由于，所以在区间上的最大值为2.
故选：B.
【点睛】
本题考查了导数极值的性质以及利用导数求函数在连续的闭区间上的最值问题的基本思路，属于中档题．
7、D
【解析】
因为双曲线分左右支，所以，根据双曲线和正三角形的对称性可知：第一象限的顶点坐标为，，将其代入双曲线可解得．
【详解】
因为双曲线分左右支，所以，
根据双曲线和正三角形的对称性可知：第一象限的顶点坐标为，，将其代入双曲线方程得：，
即，由得．
故选：．
【点睛】
本题考查了双曲线的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
8、C
【解析】
显然函数在区间内连续,由的一个零点在区间内,则,即可求解.
【详解】
由题,显然函数在区间内连续,因为的一个零点在区间内,所以,即,解得,
故选:C
【点睛】
本题考查零点存在性定理的应用,属于基础题.
9、D
【解析】
由题设中所给的定义，方程的实数根叫做函数的“新驻点”，根据零点存在定理即可求出的大致范围
【详解】
解：由题意方程的实数根叫做函数的“新驻点”，
对于函数，由于，
，
设，该函数在为增函数，
， ，
在上有零点，
故函数的“新驻点”为，那么
故选：．
【点睛】
本题是一个新定义的题，理解定义，分别建立方程解出存在范围是解题的关键，本题考查了推理判断的能力，属于基础题..
10、C
【解析】
分析：根据最低点，判断A=3，根据对称中心与最低点的横坐标求得周期T，再代入最低点可求得解析式为，依次判断各选项的正确与否．
详解：因为为对称中心，且最低点为，
所以A=3，且
由
所以，将带入得
，
所以
由此可得①错误，②正确，③当时，，所以与 有6个交点，设各个交点坐标依次为 ，则，所以③正确
所以选C
点睛：本题考查了根据条件求三角函数的解析式，通过求得的解析式进一步研究函数的性质，属于中档题．
11、D
【解析】
先求出集合A，B，再求集合B的补集，然后求
【详解】
，所以 .
故选：D
【点睛】
此题考查的是集合的并集、补集运算，属于基础题.
12、C
【解析】
根据“被5除余3且被7除余2的正整数”，可得这些数构成等差数列，然后根据等差数列的前项和公式，可得结果.
【详解】
被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23，
公差为的等差数列，记数列
则
令，解得.
故该数列各项之和为.
故选：C.
【点睛】
本题考查等差数列的应用，属基础题。
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、.
【解析】
设三棱锥的外接球为球，分别取、的中点、，先确定球心在线段和中点的连线上，先求出球的半径的值，然后利用勾股定理求出的值，于是得出，再利用勾股定理求出点在上底面轨迹圆的半径长，最后利用圆的面积公式可求出答案．
【详解】
如图所示，设三棱锥的外接球为球，
分别取、的中点、，则点在线段上，
由于正方体的棱长为2，
则的外接圆的半径为，
设球的半径为，则，解得.
所以，，
则
而点在上底面所形成的轨迹是以为圆心的圆，
由于，所以，
因此，点所构成的图形的面积为.
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球的相关问题，根据立体几何中的线段关系求动点的轨迹，属于中档题.
14、
【解析】
试题分析：从编号分别为1，1，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，有种不同的结果，由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的；设事件为“取出球的编号互不相同”，
则事件包含了个基本事件，所以.
考点：1.计数原理；1．古典概型.
15、
【解析】
取的中点，设等边三角形的中心为，连接.根据等边三角形的性质可求得，， 由等腰直角三角形的性质，得，根据面面垂直的性质得平面，，由勾股定理求得，可得为三棱锥外接球的球心，根据球体的表面积公式可求得此外接球的表面积.
【详解】
在等边三角形中，取的中点，设等边三角形的中心为，
连接.由，得，，
由已知可得是以为斜边的等腰直角三角形，,
又由已知可得平面平面，平面，，
，所以，为三棱锥外接球的球心，外接球半径，
三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球的表面积，关键在于根据三棱锥的面的关系、棱的关系和长度求得外接球的球心的位置，球的半径，属于中档题.
16、
【解析】
根据题意可得出，然后进行补集的运算即可．
【详解】
根据题意知，，
，，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查列举法的定义、全集的定义、补集的运算，考查计算能力，属于基础题．
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、（Ⅰ）分布列见解析，；(Ⅱ)；(Ⅲ)至少增加2人.
【解析】
（Ⅰ）求出X的所有可能取值为9，12，15，18，24，求出概率，得到X的分布列，然后求解期望即可．
（Ⅱ）当P（a≤X≤b）取到最大值时，求出a，b的可能值，然后求解P（a≤X≤b）的最大值即可．
（Ⅲ）利用前两问的结果，判断至少增加2人．
【详解】
(Ⅰ)X的取值为：9，12，15，18，24；
,,,
,，
X的分布列为：
故X的数学期望；
(Ⅱ)当P(a≤X≤b)取到最大值时,
a,b的值可能为：,或,或.
经计算,,，
所以P(a≤X≤b)的最大值为.
(Ⅲ)至少增加2人.
【点睛】
本题考查离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差，属于中等题.
18、（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）设切点坐标为，然后根据可解得实数的值；
（2）令，，然后对实数进行分类讨论，结合和的符号来确定函数的零点个数.
【详解】
（1），，
设曲线与轴相切于点，则，
即，解得.
所以，当时，轴为曲线的切线；
（2）令，，
则，，由，得.
当时，，此时，函数为增函数；当时，，此时，函数为减函数.
，.
①当，即当时，函数有一个零点；
②当，即当时，函数有两个零点；
③当，即当时，函数有三个零点；
④当，即当时，函数有两个零点；
⑤当，即当时，函数只有一个零点.
综上所述，当或时，函数只有一个零点；
当或时，函数有两个零点；
当时，函数有三个零点.
【点睛】
本题考查了利用导数的几何意义研究切线方程和利用导数研究函数的单调性与极值，关键是分类讨论思想的应用，属难题．
19、（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）根据题意得，分与讨论即可得到函数的单调性；
（2）根据题意构造函数，得，参变分离得，
分析不等式，即转化为，设，再构造函数，利用导数得单调性，进而得证.
【详解】
（1）依题意，当时，，
①当时，恒成立，此时在定义域上单调递增；
②当时，若，；若，；
故此时的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）方法1：由得
令，则，
依题意有，即，
要证，只需证（不妨设），
即证，
令，设，则，
在单调递减，即，从而有.
方法2：由得
令，则，
当时，时，
故在上单调递增，在上单调递减，
不妨设，则，
要证，只需证，易知，
故只需证，即证
令，（），
则
==，
（也可代入后再求导）
在上单调递减，，
故对于时，总有.由此得
【点睛】
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题.
20、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）由题意可证得，，所以平面，则平面平面可证；
（2）解法一：利用等体积法由可求出点到平面的距离；解法二：由条件知点到平面的距离等于点到平面的距离，过点作的垂线，垂足，证明平面，计算出即可.
【详解】
解法一：（1）依题意知，因为，所以.
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又平面，
所以.
由已知，是等边三角形，且为的中点，所以.
因为，所以.
又，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）在中，，，所以.
由（1）知，平面，且，
所以三棱锥的体积.
在中，，，得，
由（1）知，平面，所以，
所以，
设点到平面的距离，
则三棱锥的体积，得.
解法二：（1）同解法一；
（2）因为，平面，平面，
所以平面.
所以点到平面的距离等于点到平面的距离.
过点作的垂线，垂足，即.
由（1）知，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，即为点到平面的距离.
由（1）知，，
在中，，，得.
又，所以.
所以点到平面的距离为.
【点睛】
本题主要考查空间面面垂直的的判定及点到面的距离，考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.求点到平面的距离一般可采用两种方法求解：①等体积法；②作(找)出点到平面的垂线段，进行计算即可.
21、（1）曲线的直角坐标方程为；直线的直角坐标方程为（2）
【解析】
（1）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程，消参法可化参数方程为普通方程；
（2）联立两曲线方程，解方程组得两交点坐标，从而得两点间距离．
【详解】
解：（1）
曲线的直角坐标方程为
直线的直角坐标方程为
（2）据解，得或
【点睛】
本题考查极坐标与直角坐标的互化，考查参数方程与普通方程的互化，属于基础题．
22、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）用数学归纳法证明即可；
（2）根据条件可得，然后将用，，表示出来，根据是一个整数，可得结果．
【详解】
解：（1）令，，则
即
∴，∴成等差数列，
下面用数学归纳法证明数列是等差数列，
假设成等差数列，其中，公差为，
令，，
∴
，
∴，
即，
∴成等差数列，
∴数列是等差数列；
（2），
，
若存在正整数，使得是整数，
则
，
设，，
∴是一个整数，
∴，从而
又当时，有，
综上，的最小值为．
【点睛】
本题主要考查由递推关系得通项公式和等差数列的性质，关键是利用数学归纳法证明数列是等差数列，属于难题．
日期
1 日
2 日
3 日
4 日
5 日
6 日
7 日
8 日
9 日
10 日
元件A个数
9
15
12
18
12
18
9
9
24
12
日期
11 日
12 日
13 日
14 日
15 日
16 日
17 日
18 日
19 日
20 日
元件A个数
12
24
15
15
15
12
15
15
15
24
X
9
12
15
18
24
P