精品解析：四川省合江县马街中学校2025-2026学年高三上学期第二次教学质量诊断性模拟考试数学试题

高2023级高三第二次教学质量诊断性模拟考试 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上． 2．考生必须保持答题卡的整洁． 第I卷 选择题 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 3. 已知，则“”是“”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 4. 记为等差数列的前n项和.若则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，且满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则展开式中二项式系数最大的项是（ ） A. B. C. D. 7. 某电视台计划在春节期间某段时间连续播放6个广告，其中3个不同的商业广告和3个不同的公益广告，要求第一个和最后一个播放的必须是公益广告，且商业广告不能3个连续播放，则不同的播放方式有（ ） A. 144种 B. 72种 C. 36种 D. 24种 8. 已知的定义域为，且，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若z是非零复数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛.具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1次.若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，则（ ） A. 乙组同学恰好命中2次的概率为 B. 甲组同学恰好命中2次的概率小于乙组同学恰好命中2次的概率 C. 甲组同学命中次数的方差为 D. 乙组同学命中次数的数学期望为 11. 在三棱锥中，平面平面，，则（ ） A. 三棱锥的体积为1 B. 点到直线AD的距离为 C. 二面角的正切值为2 D. 三棱锥外接球的球心到平面的距离为 第II卷 非选择题 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 计算：__________． 13. 函数（）的最大值是__________． 14. 过双曲线：右焦点作直线，且直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为A，直线与另一条渐近线交于点B．且点A，B位于x轴的异侧，O为坐标原点，若的内切圆的半径为，则双曲线C的离心率为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某市统计了2024年4月的空气质量指数（AQI），将其分为，，，的4组，画出频率分布直方图如图所示. 若，称当天空气质量达标；若，称当天空气质量不达标. （1）求； （2）从4月的30天中任取2天，求至少有1天空气质量达标的概率； （3）若2024年6月的30天中有8天空气质量达标，请完成下面2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为空气质量是否达标与月份有关联？ 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 6月 合计 附：， 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 16. 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． （1）求A到平面的距离； （2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 17. 如图，在中，，，，点D在边BC的延长线上. （1）求的面积； （2）若，，求CE的长. 18. 已知椭圆（）的离心率为，其上焦点与抛物线的焦点重合． （1）求椭圆的方程； （2）若过点的直线交椭圆于点，同时交抛物线于点（如图1所示，点在椭圆与抛物线第一象限交点上方），试比较线段与长度的大小，并说明理由； （3）若过点的直线交椭圆于点，过点与直线垂直的直线交抛物线于点（如图2所示），试求四边形面积的最小值． 19. 设函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求的值； （2）设函数，求的单调区间； （3）求的极值点个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2023级高三第二次教学质量诊断性模拟考试 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上． 2．考生必须保持答题卡的整洁． 第I卷 选择题 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式并运用集合的并集、补集计算即可. 【详解】因为或， 所以或， 所以. 故选：C. 2. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】通过举反例排除A,C两项，利用不等式的性质进行推理，可以排除D项，证得B项. 【详解】对于A,当时，显然不成立，故A错误； 对于B，由，利用不等式的性质易得，故B正确； 对于C，当时，取，则，故C错误； 对于D，当时，，由不等式的性质，可得，故D错误. 故选：B. 3. 已知，则“”是“”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 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可直接判断充分性，举例说明必要性不成立即可. 【详解】若，则，即充分性成立； 若，例如，满足条件，但不成立，即必要性不成立； 综上所述：“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 记为等差数列的前n项和.若则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项和公差d的方程求出首项和公差d，再由等差数列前n项和公式即可计算求解. 【详解】设等差数列的公差为d，则由题可得 ， 所以. 故选：B. 5. 已知，且满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据进行求解，得到答案. 【详解】因为，， 所以在上的投影向量为. 故选：D 6. 已知的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则展开式中二项式系数最大的项是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项求出展开式前三项的系数，列出方程求出的值，由二项式系数的性质求出答案. 【详解】展开式中的第项为， 所以前三项的系数依次为， 依题意，有，即， 整理得，解得（舍去）或. 由二项式系数的性质可知，展开式中第5项的二项式系数最大， 即. 故选：C. 7. 某电视台计划在春节期间某段时间连续播放6个广告，其中3个不同的商业广告和3个不同的公益广告，要求第一个和最后一个播放的必须是公益广告，且商业广告不能3个连续播放，则不同的播放方式有（ ） A. 144种 B. 72种 C. 36种 D. 24种 【答案】B 【解析】 【分析】将第一个和最后一个先安排为公益广告，然后由商业广告不能3个连续播放，将其排成一列，之间有两个空，将剩下的公益广告插进去即可. 【详解】先从3个不同的公益广告中选两个安排到第一个和最后一个播放有种方法， 然后将3个不同的商业广告排成一列有种方法， 3个不同的商业广告之间有两个空，选择一个将剩下的一个公益广告安排进去即可， 所以总共有：种方式. 故选:B 8. 已知的定义域为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用赋值法，求得，得到的一个周期是，再根据函数的周期性和奇偶性，求得的值，进而得到答案. 【详解】由题意知，函数的定义域为，且， 令，得，所以； 令，得，所以，所以是偶函数， 令，得①，所以②， 由①②知，所以， 所以，所以的一个周期是， 由②得，所以，同理，所以， 又由周期性和偶函数可得： 所以， 所以. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若z是非零复数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用共轭复数的定义可判定A、C，利用复数的乘法运算法则结合模长公式可判定B、D. 【详解】对于A，由，得，则A错误. 对于B，因为，所以，解得或（舍去），则B正确. 对于C，设（，且）， 则，所以，则C正确. 对于D，由，得. 设（，且），则， ，从而，则D正确. 故选：BCD 10. 某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛.具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1次.若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，则（ ） A. 乙组同学恰好命中2次的概率为 B. 甲组同学恰好命中2次的概率小于乙组同学恰好命中2次的概率 C. 甲组同学命中次数的方差为 D. 乙组同学命中次数的数学期望为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，利用概率乘法和加法公式，可判定A错误；根据独立重复试验的概率公式，可得判定B正确，结合二项分布的方差，可判定C中，由乙组同学命中次数为随机变量的所有可能取值为，求得相应的概率，结合期望的公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，设“乙组同学恰好命中2次”为事件，则，所以A错误； 对于B中，设“甲组同学恰好命中2次”为事件，则，因为，所以B正确； 对于C中，因为甲组同学每次命中的概率都为，设甲组同学命中次数为，则，可得，所以C正确； 对于D中，设乙组同学命中次数为随机变量，则的所有可能取值为， 所以， ， ， 故，所以D正确. 故选：BCD. 11. 在三棱锥中，平面平面，，则（ ） A. 三棱锥的体积为1 B. 点到直线AD的距离为 C. 二面角的正切值为2 D. 三棱锥外接球的球心到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：取AB的中点，面面垂直的性质定理及等体积法计算即可得；对B、C：结合中位线的性质构造出点到直线的距离，结合勾股定理计算即可得其长度，亦可得二面角的平面角，即可得其正切值；对D：设出外接球球心及，的外心，，结合线面垂直的性质定理可得四边形为矩形，从而可计算出，即可得解. 【详解】对A：如图，取AB的中点，连接DG，CG， 因为平面平面，且平面平面， 平面，又因为，所以， 所以平面， 因为， 所以，故A正确； 对B、C：取AD的中点，连接BE，取AE的中点，连接FG，CF， 因为F，G分别为AE，AB中点，则， 又因为，所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又因为平面，则， 则点到直线AD的距离为， 则为二面角的平面角，，B错误，C正确； 对D：设，的外心分别为，，则， 又平面平面，平面，所以平面， 设三棱锥外接球的球心为，则平面，平面， 所以四边形为矩形，则， 故三棱锥外接球的球心到平面的距离为，D正确. 故选：ACD. 第II卷 非选择题 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 计算：__________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据指数幂的运算法则和对数的运算法则，对各项进行化简，然后进行计算． 【详解】，， ， ． 故答案为：． 13. 函数（）的最大值是__________． 【答案】1 【解析】 【详解】化简三角函数的解析式， 可得 ， 由，可得， 当时，函数取得最大值1． 14. 过双曲线：右焦点作直线，且直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为A，直线与另一条渐近线交于点B．且点A，B位于x轴的异侧，O为坐标原点，若的内切圆的半径为，则双曲线C的离心率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】作出图象，设的内切圆的圆心为，易知在的平分线上，过分别作于，于，则有四边形为正方形，则，，由，可得，由斜率公式即可得答案. 【详解】解：如图所示： 设A在第一象限， 由题意可知，其中为点到渐近线的距离，， 所以， 设的内切圆的圆心为， 则在的平分线上， 过分别作于，于， 又因为于， 所以四边形为正方形， 所以， 所以， 又因为， 所以， ， 所以， 所以， 所以. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某市统计了2024年4月的空气质量指数（AQI），将其分为，，，的4组，画出频率分布直方图如图所示. 若，称当天空气质量达标；若，称当天空气质量不达标. （1）求； （2）从4月的30天中任取2天，求至少有1天空气质量达标的概率； （3）若2024年6月的30天中有8天空气质量达标，请完成下面2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为空气质量是否达标与月份有关联？ 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 6月 合计 附：， 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）0.002 （2） （3）不能 【解析】 【分析】（1）由频率和为1求解； （2）由对立事件的概率计算公式求解； （3）先求出列联表，再计算卡方值进行判断即可． 【小问1详解】 依题意得，， 解得． 【小问2详解】 由频率分布直方图知， 4月份的空气质量达标的天数为：， 则4月份的空气质量不达标的天数为：， 则任取2天，至少有1天空气质量达标的概率为：． 【小问3详解】 列联表如下： 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 12 18 30 6月 8 22 30 合计 20 40 60 零假设：空气质量是否达标与月份无关， 则 所以根据小概率值的独立性检验，没有充分理由推断假设不成立， 故不能认为空气质量是否达标与月份有关联． 16. 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． （1）求A到平面的距离； （2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解； （2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. 【小问1详解】 在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h， 则， 解得， 所以点A到平面的距离为； 【小问2详解】 取的中点E,连接AE,如图，因为，所以, 又平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 在直三棱柱中，平面， 由平面，平面可得，， 又平面且相交，所以平面， 所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由（1）得，所以，，所以， 则,所以的中点， 则，, 设平面的一个法向量，则， 可取， 设平面的一个法向量，则， 可取， 则， 所以二面角的正弦值为. 17. 如图，在中，，，，点D在边BC的延长线上. （1）求的面积； （2）若，，求CE的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中利用正弦定理求出角，再利用两角和的正弦公式求出，然后利用三角形的面积公式可求得结果， （2）方法1：由题意可得，代值计算即可，方法2：在中利用余弦定理求出，则可求得，再在利用正弦定理求出，从而可求出，然后在中利用余弦定理可求得. 【小问1详解】 中，， 因为，，所以， 所以， 因为 ， 所以； 【小问2详解】 方法1：因为, 所以, 所以 ， 则. 方法2：在中，由余弦定理得 ， 因为为线段上靠近的三等分点， 所以， 因为， 所以， 因为为锐角， 所以， 在中，由余弦定理得， ， 所以. 18. 已知椭圆（）的离心率为，其上焦点与抛物线的焦点重合． （1）求椭圆的方程； （2）若过点的直线交椭圆于点，同时交抛物线于点（如图1所示，点在椭圆与抛物线第一象限交点上方），试比较线段与长度的大小，并说明理由； （3）若过点的直线交椭圆于点，过点与直线垂直的直线交抛物线于点（如图2所示），试求四边形面积的最小值． 【答案】（1） （2） 由题意得过点的直线的斜率存在，设直线方程为， 设，，，， 联立，消去得：， 则，， 所以. 抛物线的方程为：， 联立，消去得：， 则， 所以， 所以 ， 即. （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程. （2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，由此求得，联立直线的方程和抛物线的方程，化简写出根与系数关系，由此求得，利用差比较法求得. （3）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，由（2）求得，，进而求得四边形面积的表达式，根据不等式的性质求得面积的最小值. 【小问1详解】 由题意得，即：，又，所以， 由，得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，，，， 当直线的斜率存在且不为零时， 设直线方程为， 则直线方程为， 由（2）的过程可知：， 由，以替换，可得， 所以 ， 因为，所以，，； 当直线的斜率不存在时，，， 所以； 综上所述：，所以四边形面积的最小值为. 【点睛】求解椭圆的标准方程，关键是根据已知条件求得，和是两个未知参数，要求出两个参数的值，需要两个已知条件，如本题中“椭圆的离心率以及焦点”两个已知条件，再结合即可求得，从而求得椭圆的标准方程. 19. 设函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求的值； （2）设函数，求的单调区间； （3）求的极值点个数． 【答案】（1） （2）的单调递减区间为和，单调递增区间为和. （3）3个 【解析】 【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可； （2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间； （3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数. 【小问1详解】 因为，所以， 因为在处的切线方程为， 所以，， 则，解得， 所以. 【小问2详解】 由（1）得， 则， 令，解得，不妨设，，则， 易知恒成立， 所以令，解得或；令，解得或； 所以在，上单调递减，在，上单调递增， 即的单调递减区间为和，单调递增区间为和. 【小问3详解】 由（1）得，， 由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增， 当时，，，即 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，在上单调递减， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减； 所以在上有一个极大值点； 当时，在上单调递增， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，， 所以，则单调递增， 所以在上无极值点； 综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点. 【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $