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内蒙古巴彦淖尔市第一中学2025-2026学年高三下学期5月诊断考试数学试题
一、单选题
1．命题“，使”的否定形式为（ ）
A．，使 B．，使
C．，使 D．，使
2．已知函数，则“”是“函数是奇函数”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
3．已知向量，，若，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
4．已知，则（　　）
A． B． C． D．
5．如图，三棱锥中，，，，点N为BC中点，点M满足，则（ ）
A． B．
C． D．
6．已知函数，则（ ）
A．有最小值1，无最大值 B．有最大值1，无最小值
C．有最小值0，无最大值 D．有最大值0，无最小值
7．在连续五天时间里，甲、乙、丙、丁四名同学分别到夕阳红敬老院参加志愿者活动，每天一人，其中甲参加两天，其余三人各参加一天，则甲不在相邻两天的安排方法有（ ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．60种
8．已知椭圆，双曲线的渐近线与椭圆在第一象限的交点记为，为坐标原点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，，则有两解
C．若，，则面积的最大值为
D．若为钝角三角形，则
10．在四面体PABC中，分别为棱PB，AC的中点，且，则（ ）
A． B．
C． D．
11．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．若角的终边与单位圆相交于点，则______.
13．已知，动点满足，则动点的轨迹的方程为_________.
14．数列满足，，则______．（用含的式子表示）
四、解答题
15．已知等差数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和．
16．若角满足
(1)求的值；
(2)求的值.
17．如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且．
(1)求证：平面；
(2)已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值．
18．已知椭圆的离心率，且过点，圆M的圆心为，半径为，O为坐标原点．
(1)求椭圆C和圆M的标准方程；
(2)设斜率为的直线l与椭圆C交于P，Q两点，N为线段PQ的中点，点N在圆M上，且满足，求直线l的斜率．
19．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)若有极小值，且，求a的取值范围.
参考答案
1．D
【详解】解：因为特称命题的否定是全称命题，
所以：，使的否定是：，使．
故选：D．
2．B
【详解】若函数是奇函数，
则恒成立，即，
而，得．
故“”是“函数是奇函数”的必要不充分条件．
故选：B．
3．B
【详解】∵，，
∴.
∵，
∴，
∴.
即，则.
故选：B
4．C
【详解】已知，则.
故选：C.
5．B
【详解】因为三棱锥中，，，，且点N为BC中点，点M满足，
所以
故选：B
6．C
【详解】因为，所以.
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，无最大值.
故选：C.
7．B
【详解】先排乙、丙、丁三名同学共有种排法；
再从三人所产生的四个空中选两个空给甲，有种方法；
所以共有种安排方法.
故选：B
8．C
【详解】设，由可得，
因为在椭圆上，
联立，两式相减得，解得，
所以，
双曲线经过第一象限的渐近线方程为，
将代入得，解得，
所以双曲线的离心率，

故选：C
9．ABC
【详解】对于A，若，则，
根据正弦定理（是外接圆半径），
可得，
所以，即，A正确；
对于B，由正弦定理，
代入得，
因为，且，（即），
所以可以是锐角或钝角，两种情况均符合三角形内角和为，
所以有两解，B正确；
对于C，由余弦定理得，，
所以，
由基本不等式得，，
则，即，
当且仅当时，等号成立，
所以面积，C正确；
对于D，若为钝角，则由余弦定理得，，
所以，即，D错误.
10．AB
【详解】因为D，E分别为棱PB，AC的中点，
所以，A正确，C错误.
因为，且，，
所以，B正确.
，D错误.
故选：AB．
11．BC
【详解】由得，
对于A，当时，显然不成立，故A错误；
对于B，指数函数则上是减函数，由得，故B正确；
对于C，因为，所以，，
所以，，
由得，故C正确；
对于D，因为，
所以，
所以，故D错误；
故选：BC.
12．/
【详解】因为角的终边与单位圆相交于点，所以.
故答案为：.
13．
【详解】设动点，则，
即，整理得，
故动点的轨迹的方程为.
故答案为：.
14．
【详解】因为，为奇数，
根据，可得，
所以（因为为奇数），
又因为（因为为偶数），所以，
所以，则，且，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
由等比数列通项公式：
所以：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）设等差数列的公差为，由，得，
由，得，
所以，所以．
（2）由（1）知，
所以
16．(1)
(2)
【详解】（1）因为角满足，
则，
所以，又因为，则且，
所以，
由且，有，所以.
（2）由（1）知：，则，
则.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在三棱柱中，，，
，则.
又四边形是正方形，则，，所以.
又，平面，因此平面.
又平面，所以.
在等边中，为中点，则，
又，平面，所以平面.
（2）
取中点为，中点为，则，.
由（1）知，平面，平面，则.又，故.
又，平面，则平面.
即两两垂直.
以为坐标原点，，，的方向为轴 轴 轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
因为为线段中点，所以.
，，.
设平面的法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面所成角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)椭圆C的标准方程为，圆M的标准方程为；
(2)
【详解】（1）由椭圆的离心率，得，则，
由点在椭圆C上，得，联立解得，，
所以椭圆C的标准方程为；圆M的标准方程为.
（2）设，中点，
由在椭圆上，得，
则，
又，于是，
而，由，得，
由在圆M上，得，联立解得，，
由，得点在椭圆内，即存在满足条件的点N，
当点时，，不符合题意，当点时，，符合题意，
所以.
19．(1)
(2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增
(3)
【详解】（1）当时，，所以
所以切线方程为即，
（2），
若，可得时，，所以在上单调递增；
若时，当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）可知当时，有极小值，极小值为，
此时极小值也是最小值，由，可得，，
又，所以
令，求导得，
所以在上单调递减，又，
当时，，当时，，
所以时，，此时满足，
所以a的取值范围

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