精品解析：四川省绵阳市高中2026届高三第二次诊断性考试数学试题（ A）

四川省绵阳市高中2026届高三第二次诊断性考试数学试题（A） 【考试时间：2026年1月21日 15：00—17:00】 注意事项： 1．考生领到答题卡后，须在规定区域填写本人的姓名、考号和班级. 2．考生回答选择题时，选出每小题答案后，须用2B铅笔将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，再选涂其他答案标号.考生回答非选择题时，须用0.5mm黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上.选择题和非选择题的答案写在试卷或草稿纸上无效. 3．考生不得将答题卡带离考场，考试结束后由监考员收回. 一、选择题：本大题共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. 已知复数的共轭复数为，则（ ） A. -2i B. 0 C. -2 D. 2 2. 若直线与直线垂直，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线，平面，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 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知的两条对角线相交于点O，M为CD的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 体积为的圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，且经过点，直线AF交于另一点，直线AO交的准线于点，则（ ） A. B. C. 2 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. 已知函数，则（ ） A. B. 的最小值为 C. 的最小正周期为 D. 10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 是奇函数 B. 在上有零点 C. 在上单调递增 D. 有4个极值点 11. 已知双曲线的实轴长为2，左，右焦点分别为分别是半径都为2的上的动点，且满足线段的垂直平分线与直线相交于点，线段的垂直平分线与直线相交于点N，O为坐标原点，则（ ） A. 的离心率为2 B. M，N的轨迹都是双曲线 C. 与有2个公共点 D. 若与的两条渐近线分别交于A，B两点，则的面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，若，则与的夹角为_______________． 13. 已知等差数列的首项，公差，前项和，则_______________． 14. 在直三棱柱中，为的中点，若平面与平面的交线为，则点到直线的距离为_______________． 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求； （2）若，且的周长为8，求． 16. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间及最小值． 17. 已知数列满足，． （1）证明：数列是等比数列； （2）求的通项公式，并求的前项和． 18. 已知椭圆经过两点． （1）求的标准方程； （2）直线交于，两点． （i）若上存在异于A，B的一点，满足（为坐标原点），试探究的面积是否为定值？若是，请求出该值，若不是，请说明理由； （ii）已知点在的内部，延长，分别交于，两点，且，若，求，满足的关系式． 19. 如图所示，已知四棱锥，平面，点为的中点，，垂足分别为，，，． （1）证明：； （2）若平面EBD，设二面角的平面角为，且为钝角，求的最大值； （3）若，点都在同一个球面上，且给定该球的半径时，三棱锥的体积有3个可能的值，求该球半径的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省绵阳市高中2026届高三第二次诊断性考试数学试题（A） 【考试时间：2026年1月21日 15：00—17:00】 注意事项： 1．考生领到答题卡后，须在规定区域填写本人的姓名、考号和班级. 2．考生回答选择题时，选出每小题答案后，须用2B铅笔将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，再选涂其他答案标号.考生回答非选择题时，须用0.5mm黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上.选择题和非选择题的答案写在试卷或草稿纸上无效. 3．考生不得将答题卡带离考场，考试结束后由监考员收回. 一、选择题：本大题共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. 已知复数的共轭复数为，则（ ） A. -2i B. 0 C. -2 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】求出共轭复数，利用复数乘法运算求解即可. 【详解】复数的共轭复数为， 所以. 故选：D 2. 若直线与直线垂直，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线垂直的条件列出关于的方程,求解的值即可. 【详解】对于直线和直线垂直,则. 已知直线中,直线中. 因为,即. 故选：C. 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由对数函数单调性求解，确定集合B，再由并集运算即可求解. 【详解】由可得， 即， 所以， 故选：A 4. 已知直线，平面，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 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间中直线、平面的位置关系及充分条件、必要条件的定义判定即可. 【详解】若，， 则不一定成立，如下图所示的正方体中，此时不垂直，即不满足充分性； 当，时， 如下图所示，可过作平面交平面于，则，所以平面， 由面面垂直的判定定理可知，满足必要性. 故选：B 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦的二倍角公式，结合弦化切即可求解. 【详解】， 故选：C 6. 已知的两条对角线相交于点O，M为CD的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平行四边形对角线互相平分的性质,结合向量加法的平行四边形法则来求解即可. 【详解】因为,，, 所以 则. 故选：D. 7. 体积为的圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆柱的体积公式及球的表面积公式计算即可. 【详解】设该圆柱的高和底面圆半径分别为，球的半径为R， 则， 所以球的表面积为. 故选：B 8. 已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，且经过点，直线AF交于另一点，直线AO交的准线于点，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先用待定系数法求抛物线的方程，再求和的方程，从而解得B，D点的坐标，进而可求长度. 【详解】因为抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，且经过点， 所以设抛物线的方程为，，解得. 所以抛物线方程，焦点，准线， ，直线的方程为， 代入得， 即，解得或， 再将代入，得，即. 直线的方程为，令得，所以. 因为，，所以. 故选：A. 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. 已知函数，则（ ） A. B. 的最小值为 C. 的最小正周期为 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】化简得，结合三角函数的性质逐一判断即可. 【详解】因为， A，，故错误； B，因为，所以的最小值为，故正确； C，由题意可得的最小正周期为，故错误； D，因为 ，故正确. 故选：BD. 10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 是奇函数 B. 在上有零点 C. 在上单调递增 D. 有4个极值点 【答案】ABD 【解析】 【分析】由奇函数的性质判断A；由零点存在定理判断B；利用导数的正负判断C；通过判断是否有４个变号零点，从而判断D． 【详解】对于A，因为，， 且， 所以函数是R上的奇函数，故A正确； 对于B，因为，， 由零点存在定理可得函数在上有零点，故B正确； 对于C，对函数求导得：， 因为，当时，等号成立， 又当时，， 无法确定恒成立， 如， 所以函数在上不是单调递增的，故C错误； 对于D，令， 则， 所以为R上的偶函数， 又， 又， 令， 则， 令， 则， 当时，， 所以，即在上单调递减， 又，， 所以存在，使， 所以当时，单调递增，即单调递增， 当时，单调递减，即单调递减， 又因为，， 所以， 所以存在，使， 所以当时，即单调递增， 当时，即单调递减， 所以即在上有两个变号零点， 又因为即为偶函数， 所以在上也有两个变号零点， 所以有4个极值点，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知双曲线的实轴长为2，左，右焦点分别为分别是半径都为2的上的动点，且满足线段的垂直平分线与直线相交于点，线段的垂直平分线与直线相交于点N，O为坐标原点，则（ ） A. 的离心率为2 B. M，N的轨迹都是双曲线 C. 与有2个公共点 D. 若与的两条渐近线分别交于A，B两点，则的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意求出，,所以离心率为 ，验证A正确；利用几何关系得到，根据双曲线定义验证B正确；取特殊情况可以验证C错误；求出 所以原点到直线n 的距离为，以及，所以可验证D正确. 【详解】实轴长，故，焦点，故, 所以离心率为 ，故选项A正确； 由，得 双曲线 C 的方程为：. 因为线段的垂直平分线与直线相交于点，所以 ， 根据双曲线定义可知M 在双曲线上， 同理可得,根据双曲线定义可知N 在双曲线上， 所以M，N的轨迹都是双曲线，故B正确； 当P在轴上时，的垂直平分线m与双曲线C只有1个公共点，所以选项C错误， 双曲线 C 的渐近线为，设，则， 则中点为，则的斜率为，则， 所以由点斜式得 n 的方程：， 即， 即， 所以原点到直线n 的距离为. 联立与，得到， 联立与，得到， 所以， 因为， 所以. 所以 ， 所以，故D正确； 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，若，则与的夹角为_______________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用向量垂直，数量积为零，再利用数量积求夹角余弦值，即可求解. 【详解】由可得：， 又因为，所以， 即， 又因为，所以， 故答案为： 13. 已知等差数列的首项，公差，前项和，则_______________． 【答案】6 【解析】 【分析】根据等差数列前项和的公式列方程即可. 【详解】因为等差数列的首项，公差，前项和， 由得， 解得. 故答案为：6. 14. 在直三棱柱中，为的中点，若平面与平面的交线为，则点到直线的距离为_______________． 【答案】2 【解析】 【分析】先将三棱柱补成一个四棱柱，进而可得两个平面的交线，并在直棱柱计算相关线段长度，最后在平行四边形中用等面积法可得距离. 【详解】如图：将三棱柱补成四棱柱，设N为棱的中点，连接. 因为在棱柱中，M，N分别是棱的中点，所以， 所以，所以四点共面，四点共面. 所以平面与平面的交线为即为，所以点到直线的距离即点到直线. 在底面四边形中，， 所以，即. 又在直棱柱中有，所以，即. 同理，即. 所以在平行四边形中，，， 所以， 由同角三角函数关系得. 设点到直线的距离为d，根据等面积法， 即，得. 故答案为：2. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求； （2）若，且的周长为8，求． 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，利用正弦定理结合两角和的正弦公式及三角形内角关系求解； （2）根据已知条件，利用余弦定理解三角形，再利用已知周长构造方程求解． 【小问1详解】 已知，由正弦定理得， ， 又， ， ， ， 又， ． 【小问2详解】 ，由余弦定理：， ， 的周长为8，，解得， 故． 16. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间及最小值． 【答案】（1） （2）单调递增区间为：和，单调递减区间为：； 【解析】 【分析】（1）由的解析式，可得及切线的斜率，根据导数的几何意义可得切线方程； （2）根据的正负可得单调区间，比较极小值与端点处的函数值可得最小值. 【小问1详解】 ∵， ∴， 又， ∴所求切线方程为：，即. 【小问2详解】 由知的定义域为， ∵， 令，解得或，即的单调递增区间为：和； 令，解得，即的单调递减区间为：， ∵，， ∵，则， 的最小值为． 17. 已知数列满足，． （1）证明：数列是等比数列； （2）求的通项公式，并求的前项和． 【答案】（1）证明：，， 两式相减得， ， 又， 数列是首项为2，公比为2的等比数列． （2）， 【解析】 【分析】（1）利用递推式相减得出的递推关系，进而得出是等比数列； （2）求出的通项公式，再利用递推式相加得出的递推关系求出通项公式，进而求出的通项公式及前项和． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 数列是首项为2，公比为2的等比数列， ， ，， 两式相加得， ，， 当时，满足上式， 数列是首项为4，公差为4的等差数列，即， ，解得， ． 18. 已知椭圆经过两点． （1）求的标准方程； （2）直线交于，两点． （i）若上存在异于A，B的一点，满足（为坐标原点），试探究的面积是否为定值？若是，请求出该值，若不是，请说明理由； （ii）已知点在的内部，延长，分别交于，两点，且，若，求，满足的关系式． 【答案】（1） （2）（i）为定值；（ii） 【解析】 【分析】（1）将这两点代入椭圆方程，联立方程组求解的值，进而得到椭圆的标准方程； （2）（i）法一：设，，，根据向量关系得到点坐标与点坐标的关系，再结合点在椭圆上以及直线与椭圆联立的方程，求出的面积； 法二：设，，，根据向量关系得到点坐标与点坐标的关系，再结合点在椭圆上以及直线与椭圆联立的方程得到，再联立椭圆与直线方程，求出及点到直线的距离，求出的面积； （ii）设，，，，根据得到，再利用点差法求出满足的关系式. 【小问1详解】 将点代入椭圆方程可得：，， 解得：，， ∴椭圆方程为：； 【小问2详解】 方法一：设，，， ∴，， 由得，则，即， 代入椭圆方程可得：， 整理得：， 又，在椭圆上，则，， 代入上式可得：，平方可得：， ∵直线OA的方程为：， ∴点到直线OA的距离， ∴的面积：， ∴ ， ∴的面积为定值； 方法二：设，，， ∴，， 由得，则，即， 代入椭圆方程可得：， 整理得：， 又，在椭圆上，则，， 代入上式可得：， 又，在直线上， 故，则， 整理得到：……（*） 联立方程：，整理得到：， 由， 由韦达定理：代入（*）式，得：， 此时： ， 到直线的距离：， 所以△OAB的面积：； （ii）设，，，， ∵直线AB与直线DE平行，则直线AB与直线DE的斜率均为， 由平行关系，可设，即，， 由，则， ∴， 同理，由可得：， 又，在椭圆上，故，， 相减可得：， ∴，则……③ 同理：，则……④ ③+④可得：， ∴，又，故． 19. 如图所示，已知四棱锥，平面，点为的中点，，垂足分别为，，，． （1）证明：； （2）若平面EBD，设二面角的平面角为，且为钝角，求的最大值； （3）若，点都在同一个球面上，且给定该球的半径时，三棱锥的体积有3个可能的值，求该球半径的取值范围． 【答案】（1），点为的中点， ， 又，， ， 、为等腰直角三角形， 由题意，可知， 如图， 取PE中点H，连接， ,， 平面，平面，， 平面， 平面， . （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理，证明 平面，再利用线面垂直的性质定理证明即可. （2）由平面 ，得，建立空间直角坐标系,由，得：，设平面 与平面的法向量分别为，， 求出计算即可求得的最大值. （3）由线面垂直得，设， 设的外心为， 由，利用两点间距离公式，整理得：，因此球心 即为过且垂直于平面的直线与的交点，得到， 令，代入及表达式， 分取值范围讨论即可. 方法二：设球心，利用，整理得，下同方法一. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设与的交点为， ∵平面 ，平面 平面， 平面 ， ， 点为的中点， 为的中点， 平面，平面， ， 又，， ， 如图所示，建立空间直角坐标系， 则，，， 设，，， ， ， ， 得， 同理：可得， 不妨设，，其中，， 过，从而， 由，， 得，则 ， 设平面 与平面的法向量分别为 ， ， ，即， 可得， 同理可得：， ， 且易知，满足θ为钝角， 而，当且仅当，时取等号， 故， 二面角的平面角的余弦值的最大值为. 【小问3详解】 如图， 且， , 平面，平面， , 平面 ，平面 ， ， 由（2）知，， 关于平面 对称， 设，则，其中 且 ， 设的外心为，显然应在轴上， 设， ， 故有，整理得：， 同时在平面 的垂直平分线恰为， 因此球心 即为，过点且垂直于平面的直线与的交点， 故， 令，则且，代入及表达式， 得， 因此，令， 故，且， 且给定该球的半径时，三棱锥P-BCD的体积有3个可能的值， 等价于有3个不同的解，即有3个不同的解， ①当时，关于的方程， 在区间上有唯一解， 此时关于v的方程仅在区间有一解，不满足题意； ②当时， 关于的方程恰有两解，， 方程在区间有1解，有唯一解， 故共有2组解，不满足题意； ③当时， 关于的方程在，分别有一解， 此时关于v的方程在区间有一解，在 有2解， 共3解，符合题意， 因此，即， 综上所述，该球半径的取值范围是； 解法二：令，则且， 代入的表达式为：， 则，结合，后同解法一的讨论． 方法二：（3），且， 故， 平面，平面， ， 平面 ， 平面 ， ， 由（2）知，， 关于平面 对称， 设，则，其中 且 ， 设球心，则， 化简整理得：，且，故， 下同方法一. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $