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四川自贡市普通高中2026届第三次诊断性考试数学试题
一、单选题
1．已知复数，则复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
2．设集合，，则为（ ）
A． B． C． D．
3．若是夹角为的单位向量，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若且，则为（ ）
A．1 B． C．2 D．
6．已知各项为正数的数列的前项和为，且（），则（ ）
A．4052 B．4051 C．2027 D．2026
7．已知函数的定义域为，，，，且，则（ ）
A． B．
C． D．
8．已知双曲线：（，），为的一条渐近线，若双曲线的左焦点关于直线的对称点在圆上，则双曲线的离心率为（ ）
A．3 B．2 C． D．
二、多选题
9．已知等比数列的前项和为且公比，若，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．是等差数列 D．是等比数列
10．函数，其导函数为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则为的极值点
B．若，则
C．若，在单调递减，则
D．若，，则无零点
11．已知为坐标原点，动点到点的距离比它到直线的距离小2，记动点的轨迹为曲线，过点的直线交曲线于，两点（点在第一象限），且，则下列说法正确的是（ ）
A．直线的方程为
B．的面积为
C．
D．若曲线（）与在第一象限相交于、且，则
三、填空题
12．已知事件，相互独立，，，则______.
13．已知（）的图象关于点中心对称，则______.
14．三棱锥的四个顶点在球的表面上，若，，，则球的表面积为______.
四、解答题
15．在中，角的对边分别为，已知，．
(1)求角的大小；
(2)若是锐角三角形，边上的高为，求．
16．某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：cm）介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示.

(1)求的值；
(2)以频率估计概率，若从所有花卉中随机抽4株，记高度在内的株数为，求的分布列及数学期望；
17．如图，在四边形中，，，，，点在线段上，且，.将三角形沿翻折至四边形，使得平面与平面所成的二面角的大小为.
(1)证明：；
(2)动点在线段上运动，当到平面的距离为时，求平面与平面的夹角的余弦值.
18．已知椭圆：（）的离心率为，右焦点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图，过右焦点斜率为（）的直线与椭圆相交于，两点（点在轴上方），点，是椭圆上异于、的两点，平分，平分.
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）动点与两定点、的距离之比（，），是一个常数，那么动点的轨迹称为阿波罗尼斯圆，且圆心在直线上，将点，，看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程.
19．函数．
(1)若，求单调区间；
(2)当时恒成立，求的取值范围；
(3)设，，请比较与大小，并说明理由．
参考答案
1．A
【详解】复数，则,所以复数的虚部为
2．C
【详解】集合，
，
所以.
3．C
【详解】因为是夹角为的单位向量，，，
所以，
，
而，故，
，故，
所以，
而，解得，
则向量与的夹角为，故C正确.
故选：C
4．A
【详解】当时，，，故选A.
5．C
【详解】因为二项式的展开式中所有项的系数和为32，
令，可得.
因为，且.
6．B
【详解】由题设，则，
又，则，则，而，
所以是首项为1，公差为2的等差数列，则，
所以.
7．D
【详解】对A，令，则，又，所以，错误；
对B，令，则，即，，错误；
对C，令，得，所以，
令，则，即，所以
令，则，所以，即，
所以，错误；
对D，因为，所以，
又，所以，正确.
8．B
【详解】双曲线的渐近线为且双曲线的焦半径参数满足
不妨取渐近线
左焦点为
设点关于直线的对称点为，
已知点关于直线的对称点坐标公式
把代入，得
再代入可得
所以
因为点在圆上，所以
由，上式化为
即整理得所以
再由得
因为 ，故
于是双曲线的离心率
9．AC
【详解】已知，等比数列前3项和，
整理得：，解得（，舍去负根），A正确；
由，可得，B错误；
由，取对数得：，
是关于的一次函数，相邻两项差为常数，
因此是等差数列，C正确；
等比数列前项和，
因此：，
所以，，，
不满足等比数列的定义，D错误.
10．BCD
【详解】对A：当时，，.
所以，
当时，恒成立，所以函数在上单调递增，无极值点.故A错误；
对B：因为，由.
所以，故B正确；
对C：当时，，.则.
函数在单调递减，可转化为当时，恒成立，
即.
因为时，单调递增，且，所以.故C正确；
对D：当时，，.
由.
设，.则.
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
所以.
所以当时，方程无解.即函数无零点.故D正确.
11．ACD
【详解】由动点到点的距离比它到直线的距离小2，
可得动点到点的距离与它到直线的距离相等，
故动点的轨迹是焦点为，准线为的抛物线，
故曲线是抛物线.
设，因为点在第一象限，所以，
因为，所以
将代入，得到，故
判断A，直线经过与，其斜率为
所以故A正确；
判断C，，解得，解得，
解得或，故
由于焦点在线段上，所以故C正确；
判断B，点到直线的距离为
所以的面积不是，故B错误；
判断D，设为曲线与抛物线在第一象限的两个交点，其中
因为在抛物线上，所以
令则且
又因为在曲线上，所以
于是
整理得即
因为，所以从而
再设
则已知
因为在轴正半轴上，所以
由倍角公式
得整理得
由得所以
于是故D正确.
12．
【详解】由题设
13．
【详解】由（）的图象关于点中心对称，
得，，解得，
而，则，，
所以.
14．
【详解】如图所示，
在中：，因此，即.
在中：，因此，即.
因为，且平面，
根据线面垂直判定定理可得：平面.
是边长为的等边三角形，由正弦定理，
其外接圆半径满足：，解得，即.
外接球球心在过外心、且垂直于平面的直线上，该直线平行于，
设球心到平面的距离为，由，得：，
即，已知，故，，
外接球半径满足：
由球的表面积公式，代入得：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由，得，
又，所以，
因为，所以，
化简得，所以，
因为，所以．
（2）
如图，，在中，，所以，
由，得，解得，，
若时，，即为钝角，不满足条件；
若时，，，满足条件，
所以．
16．(1)
(2)分布列见解析，1
【详解】（1）依题意可得，解得；
（2）由（1）可得高度在的频率为
，
所以，，
，，
，
所以的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
所以.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由题意得，，
所以是二面角的平面角，所以，
因为，，平面，所以平面，
由题意得，，由余弦定理可得，
因为，所以，
取中点，连接，
因为，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，所以平面，
以为原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，
所以，
所以
（2）设，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以点到平面的距离，
解得，此时，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【详解】（1）由右焦点，得，
由，得，所以，
故椭圆的标准方程为.
（2）（ⅰ）因为平分，所以，
则，
又，所以.
令，，则.
设，，所以，则.
因为，两点在椭圆上，所以，
即，，
整理得.
因为，所以，即.
因为直线的斜率，点在轴上方，则，
所以，所以.
所以的取值范围.
（ⅱ）由（ⅰ）知，，
由阿波罗尼斯圆的定义知，点，，在以为顶点的阿波罗尼斯圆上，
设该圆圆心为，半径为，与直线的另一交点为，
则有，即，解得.
又外接圆的面积为，即，所以，
所以.
又，
所以，
解得，，
所以，
所以直线的方程为.
19．(1)单调递减区间为，无单调递增区间
(2)
(3)，证明见解析
【详解】（1）时，，定义域是．
，．
时，，单调递增；
时，，单调递减．
故，，故在单调递减．
单调递减区间为，无单调递增区间．
（2）1）时，，．
时，，单调递增；
时，，单调递减．
由于，故．
故在单调递减，故恒成立．
2）时，，，此时不等式不成立．
3）时，，
由，得．由不等式，，得．
故，此时不等式不成立．
下证不等式，．
令，．．
时，，单调递减．
时，，单调递增．
故，，故不等式得证．
综上，的取值范围是．
（3），证明如下：
已知，则．
要比较与的大小，
只需证明，．
令，则不等式等价于，
即．
再令，则，代入得
，
即．
构造函数，则，
，，
故，故．
当时，等号不成立，因此，
从而原不等式成立．
故．

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