青海省西宁市沛西中学2025-2026学年高考诊断性测试数学试题含解析.doc

青海省西宁市沛西中学2025-2026学年高考诊断性测试数学试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．已知非零向量满足，若夹角的余弦值为，且，则实数的值为（ ）
A． B． C．或 D．
2．若不等式对于一切恒成立，则的最小值是 （ ）
A．0 B． C． D．
3．已知函数有两个不同的极值点，，若不等式有解，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知，函数在区间内没有最值，给出下列四个结论：
①在上单调递增；
②
③在上没有零点；
④在上只有一个零点.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．②④ B．①③ C．②③ D．①②④
5．阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为 （ ）

A． B． C． D．
6．已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）．
A． B． C． D．
7．若，则“”是 “”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
8．设M是边BC上任意一点，N为AM的中点，若，则的值为( )
A．1 B． C． D．
9．若将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)得到函数的图象，则下列说法正确的是（　　）
A．函数在上单调递增 B．函数的周期是
C．函数的图象关于点对称 D．函数在上最大值是1
10．函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，并且函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，则实数的值为（ ）
A． B． C．2 D．
11．下图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边、直角边，已知以直角边为直径的半圆的面积之比为，记，则（ ）

A． B． C．1 D．
12．已知，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在如图所示的三角形数阵中，用表示第行第个数，已知，且当时，每行中的其他各数均等于其“肩膀”上的两个数之和，即，若，则正整数的最小值为______.

14．设数列的前项和为，且对任意正整数，都有，则___
15．已知数列与均为等差数列（），且，则______．
16．正四面体的一个顶点是圆柱上底面的圆心，另外三个顶点圆柱下底面的圆周上，记正四面体的体积为，圆柱的体积为，则的值是______.
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）设抛物线过点.
（1）求抛物线C的方程；
（2）F是抛物线C的焦点，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，若，求的值.
18．（12分）如图，在直三棱柱中，分别是中点，且，.

求证：平面；
求点到平面的距离.
19．（12分）已知函数的图象向左平移后与函数图象重合.
（1）求和的值；
（2）若函数，求的单调递增区间及图象的对称轴方程.
20．（12分）已知函数，．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若，当时，函数，求函数的最小值．
21．（12分）设为坐标原点，动点在椭圆：上，该椭圆的左顶点到直线的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若椭圆外一点满足，平行于轴，，动点在直线上，满足.设过点且垂直的直线，试问直线是否过定点？若过定点，请写出该定点，若不过定点请说明理由.
22．（10分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝CB＝C1C＝1，M，N分别是AB，A1C的中点.

（1）求证：直线MN⊥平面ACB1；
（2）求点C1到平面B1MC的距离.
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．D
【解析】
根据向量垂直则数量积为零，结合以及夹角的余弦值，即可求得参数值.
【详解】
依题意，得，即.
将代入可得，，
解得（舍去）.
故选：D.
本题考查向量数量积的应用，涉及由向量垂直求参数值，属基础题.
2．C
【解析】
试题分析：将参数a与变量x分离，将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题，即可得到结论．
解：不等式x2+ax+1≥0对一切x∈(0，]成立，等价于a≥-x-对于一切成立，
∵y=-x-在区间上是增函数
∴
∴a≥-
∴a的最小值为-故答案为C．
考点：不等式的应用
点评：本题综合考查了不等式的应用、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题
3．C
【解析】
先求导得（），由于函数有两个不同的极值点，，转化为方程有两个不相等的正实数根，根据，，，求出的取值范围，而有解，通过分裂参数法和构造新函数，通过利用导数研究单调性、最值，即可得出的取值范围.
【详解】
由题可得：（），
因为函数有两个不同的极值点，，
所以方程有两个不相等的正实数根，
于是有解得.
若不等式有解，
所以
因为
.
设，
，故在上单调递增，
故，
所以，
所以的取值范围是.
故选：C.
本题考查利用导数研究函数单调性、最值来求参数取值范围，以及运用分离参数法和构造函数法，还考查分析和计算能力，有一定的难度.
4．A
【解析】
先根据函数在区间内没有最值求出或.再根据已知求出，判断函数的单调性和零点情况得解.
【详解】
因为函数在区间内没有最值.
所以，或
解得或.
又，所以.
令.可得.且在上单调递减.
当时，，且，
所以在上只有一个零点.
所以正确结论的编号②④
故选：A.
本题主要考查三角函数的图象和性质，考查函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
5．C
【解析】
设球的半径为R，根据组合体的关系，圆柱的表面积为，解得球的半径，再代入球的体积公式求解.
【详解】
设球的半径为R，
根据题意圆柱的表面积为，
解得，
所以该球的体积为 .
故选：C
本题主要考查组合体的表面积和体积，还考查了对数学史了解，属于基础题.
6．D
【解析】
因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以，解得，
所以二项式中奇数项的二项式系数和为．
考点：二项式系数，二项式系数和．
7．A
【解析】
本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
【详解】
当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述是“”的充分不必要条件.
易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
8．B
【解析】
设，通过，再利用向量的加减运算可得，结合条件即可得解.
【详解】
设，
则有.
又，
所以，有.
故选B.
本题考查了向量共线及向量运算知识，利用向量共线及向量运算知识，用基底向量向量来表示所求向量，利用平面向量表示法唯一来解决问题.
9．A
【解析】
根据三角函数伸缩变换特点可得到解析式；利用整体对应的方式可判断出在上单调递增，正确；关于点对称，错误；根据正弦型函数最小正周期的求解可知错误；根据正弦型函数在区间内值域的求解可判断出最大值无法取得，错误.
【详解】
将横坐标缩短到原来的得：
当时，
在上单调递增 在上单调递增，正确；
的最小正周期为： 不是的周期，错误；
当时，，
关于点对称，错误；
当时，
此时没有最大值，错误.
本题正确选项：
本题考查正弦型函数的性质，涉及到三角函数的伸缩变换、正弦型函数周期性、单调性和对称性、正弦型函数在一段区间内的值域的求解；关键是能够灵活应用整体对应的方式，通过正弦函数的图象来判断出所求函数的性质.
10．C
【解析】
由函数的图象向右平移个单位得到，函数在区间上单调递增，在区间
上单调递减，可得时，取得最大值，即，，，当时，解得，故选C.
点睛：本题主要考查了三角函数图象的平移变换和性质的灵活运用，属于基础题；据平移变换“左加右减，上加下减”的规律求解出，根据函数在区间上单调递增，在区间上单调递减可得时，取得最大值，求解可得实数的值.
11．D
【解析】
根据以直角边为直径的半圆的面积之比求得，即的值，由此求得和的值，进而求得所求表达式的值.
【详解】
由于直角边为直径的半圆的面积之比为，所以，即，所以，所以.
故选：D
本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查二倍角公式，属于基础题.
12．A
【解析】
构造函数，通过分析的单调性和对称性，求得不等式的解集.
【详解】
构造函数，
是单调递增函数，且向左移动一个单位得到，
的定义域为，且，
所以为奇函数，图像关于原点对称，所以图像关于对称.
不等式等价于，
等价于，注意到，
结合图像关于对称和单调递增可知.
所以不等式的解集是.
故选：A
本小题主要考查根据函数的单调性和对称性解不等式，属于中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．2022
【解析】
根据条件先求出数列的通项，利用累加法进行求解即可．
【详解】
，，，
下面求数列的通项，
由题意知，，，
，，
，
数列是递增数列，且，
的最小值为.
故答案为：
本题主要考查归纳推理的应用，结合数列的性质求出数列的通项是解决本题的关键．综合性较强，属于难题．
14．
【解析】
利用行列式定义，得到与的关系，赋值，即可求出结果。
【详解】
由，令，
得，解得。
本题主要考查行列式定义的应用。
15．20
【解析】
设等差数列的公差为,由数列为等差数列,且,根据等差中项的性质可得,
,解方程求出公差,代入等差数列的通项公式即可求解.
【详解】
设等差数列的公差为,
由数列为等差数列知,,
因为,所以,
解得,所以数列的通项公式为
，
所以.
故答案为:
本题考查等差数列的概念及其通项公式和等差中项;考查运算求解能力等差中项的运用是求解本题的关键;属于基础题.
16．
【解析】
设正四面体的棱长为，求出底面外接圆的半径与高，代入体积公式求解．
【详解】
解：设正四面体的棱长为，
则底面积为，底面外接圆的半径为，
高为．
∴正四面体的体积，
圆柱的体积．
则．
故答案为：．
本题主要考查多面体与旋转体体积的求法，考查计算能力，属于中档题．

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．（1）（2）
【解析】
(1)代入计算即可.
(2) 设直线AB的方程为,再联立直线与抛物线的方程,消去可得的一元二次方程,再根据韦达定理与求解,进而利用弦长公式求解即可.
【详解】
解：
（1）因为抛物线过点,所以,所以,抛物线的方程为
（2）由题意知直线AB的斜率存在,可设直线AB的方程为,,.因为,所以,联立,化简得,所以,,所以,,解得,所以.
本题考查抛物线的方程以及联立直线与抛物线求弦长的简单应用.属于基础题.
18．（1）详见解析；（2）.
【解析】
（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；
（2）取中点为,则,证得平面,利用等体积法求解即可.
【详解】
（1）因为，，
，是的中点，，
为直三棱柱，所以平面，
因为为中点，所以
平面，，又,
平面
（2），
又分别是中点，
.
由（1）知，,

又平面,

取中点为,连接如图,
则，平面，
设点到平面的距离为，
由，得，
即，解得，
点到平面的距离为.
本题考查线面垂直的判定定理和性质定理、等体积法求点到面的距离；考查逻辑推理能力和运算求解能力；熟练掌握线面垂直的判定定理和性质定理是求解本题的关键；属于中档题.
19．（1），；（2），，.
【解析】
（1）直接利用同角三角函数关系式的变换的应用求出结果．
（2）首先把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果．
【详解】
（1）由题意得，

，
（2）

由，解得，
所以对称轴为，.
由，
解得，
所以单调递增区间为.,
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．
20．（1）见解析 （2）的最小值为
【解析】
（1）由题可得函数的定义域为，
，
当时，，令，可得；令，可得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，可得；令，可得或，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减；
当时，恒成立，所以函数在上单调递增．
综上，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在，上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增．
（2）方法一：当时，，，
设，，则，
所以函数在上单调递减，所以当且仅当时取等号．当时，设，则，所以，
设，，则，
所以函数在上单调递减，且，，
所以存在，使得，所以当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，，所以，所以，当且仅当时取等号．所以当时，函数取得最小值，且，
故函数的最小值为．
方法二：当时，，，
则，
令，，则，
所以函数在上单调递增，
又，所以存在，使得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以当时，恒成立，
所以当时，恒成立，所以函数在上单调递减，
所以函数的最小值为．
21．（1）；（2）见解析
【解析】
（1）根据点到直线的距离公式可求出a的值，即可得椭圆方程；
（2）由题意M（x0，y0），N（x0，y1），P（2，t），根据，可得y1＝2y0，由，可得2x0+2y0t＝6，再根据向量的运算可得，即可证明．
【详解】
（1）左顶点A的坐标为（﹣a，0），∵＝，∴|a﹣5|＝3，解得a＝2或a＝8（舍去），∴椭圆C的标准方程为+y2＝1，
（2）由题意M（x0，y0），N（x0，y1），P（2，t），则依题意可知y1≠y0，得（x0﹣2 x0，y1﹣2y0） （0，y1﹣y0）=0，整理可得y1＝2y0，或y1＝y0 （舍），，得（x0，2y0）（2﹣x0，t﹣2y0）＝2，整理可得2x0+2y0t＝x02+4y02+2＝6，由（1）可得F（0），∴＝（﹣x0，﹣2y0），∴•＝（﹣x0，﹣2y0）（2，t）＝6﹣2x0﹣2y0t＝0，∴NF⊥OP，故过点N且垂直于OP的直线过椭圆C的右焦点F．
本题考查了椭圆方程的求法，直线和椭圆的关系，向量的运算，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于中档题.
22．（1）证明见解析.（2）
【解析】
（1）连接AC1，BC1，结合中位线定理可证MN∥BC1，再结合线面垂直的判定定理和线面垂直的性质分别求证AC⊥BC1，BC1⊥B1C，即可求证直线MN⊥平面ACB1；
（2）作交于点，通过等体积法，设C1到平面B1CM的距离为h，则有，结合几何关系即可求解
【详解】
（1）证明连接AC1，BC1，则N∈AC1且N为AC1的中点；
∵M是AB的中点.
所以：MN∥BC1；
∵A1A⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
∴A1A⊥AC，
在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1∥CC，
∴AC⊥CC1，
∵∠ACB＝90°，BC∩CC1＝C，BC⊂平面BB1C1C，CC1⊂平面BB1C1C，
∴AC⊥平面BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，
∴AC⊥BC1；又MN∥BC1
∴AC⊥MN，
∵CB＝C1C＝1，
∴四边形BB1C1C正方形，
∴BC1⊥B1C，∴MN⊥B1C，
而AC∩B1C＝C，且AC⊂平面ACB1，CB1⊂平面ACB1，
∴MN⊥平面ACB1，
（2）作交于点，设C1到平面B1CM的距离为h，
因为MP，
所以•MP，
因为CM，B1C；
B1M，所以
所以：CM•B1M.

因为，所以，解得
所以点，到平面的距离为
本题主要考查面面垂直的证明以及点到平面的距离，一般证明面面垂直都用线面垂直转化为面面垂直，而点到面的距离常用体积转化来求，属于中档题