精品解析：四川省宜宾市普通高中2026年高三下学期第二次诊断性测试数学试题

宜宾市普通高中2023级第二次诊断性测试 数学 （考试时间：120分钟；全卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考号、姓名、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后、用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动、用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上、写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 抛物线 的焦点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若向量在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. 1 C. D. 3 4. 双曲线 的离心率为，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列满足对任意的，都有．若，则（ ） A. 8 B. 18 C. 20 D. 27 6. 已知，且，则（） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的函数满足，若函数与函数的图象的交点为，， ，，则（ ） A. 8 B. C. 12 D. 8. 已知，若，存在，使得成立，则的最大值为（ ） 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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 赓续绵延长江情，携手共谱新篇章．2026年央视春晚宜宾分会场筹备期间，某中学向全校学生征集“立上游-新宜宾”主题宣传文案，共收到500篇作品．由专业评委进行打分，满分100分，不低于60分为及格，不低于m分为优秀，若征文得分X（单位：分）近似服从正态分布，且及格率为80%，则下列说法正确的是（ ） A. 随机取1篇征文，则评分在内的概率为0.6 B. 已知优秀率为20%，则 C. 越大，的值越小 D. 越小，评分在的概率越大 10. 定义在上的函数，对都有，且 ，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列单调递减 C. D. 数列的前n项和为，则 11. 已知正三棱台，上底面边长为2，下底面ABC边长为6，侧棱长为4，点在侧面内（包含边界）运动，且，Q为上一点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 正三棱台的高为 B. 高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内 C. 点P的轨迹长度为 D. 过点的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数z满足，则复数______． 13. 等比数列的前n项和为，若，，则 ________． 14. 已知在圆锥中，高长为，底面圆的直径长为，点为母线的中点．过点用平行于母线的平面去截圆锥，得到的截口曲线是抛物线，则该抛物线的焦点到点的距离为________． 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. 已知的内角A、B、C的对边分别为，满足． （1）求A； （2）设点D为上一点，是的角平分线，且 、 ，求的长度． 16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M在C上， 轴，且． （1）求C的方程； （2）过点的直线交C于不同的两点A、B，于点H，证明：直线HB过定点． 17. 某大学进行强基计划测试，已知有6名学生进入最后面试环节，且这6名学生全都来自A、B、C三所学校，其中A、B、C三所学校参加面试的学生人数比为．该大学要求所有面试考生面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码，按面试号码k由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟（假定相邻两名考生之间面试时无缝衔接），面试完成后自行离场． （1）求面试号码为3的学生来自A校的概率； （2）记随机变量X表示从1号学生开始面试到A校最后一名学生完成面试所用的时间，求X的分布列与数学期望； （3）求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试（A校所有参加面试的学生完成面试，B、C两校都还有学生未完成面试）的概率． 18. 在四棱锥 中，四边形为矩形， 为锐角三角形， ，， ，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点． （1）求线段长度的最小值； （2）若异面直线与 所成角为． （ⅰ）求平面 与平面夹角的余弦值； （ⅱ）求三棱锥的外接球的表面积． 19. 已知函数 ． （1）判断函数 在区间上极值点的个数，并说明理由； （2）将函数在区间上的极值点从小到大排列，形成数列，数列满足：． 证明：（ⅰ） ； （ⅱ）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宜宾市普通高中2023级第二次诊断性测试 数学 （考试时间：120分钟；全卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考号、姓名、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后、用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动、用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上、写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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】 【详解】，， 则. 2. 抛物线 的焦点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】得到抛物线焦点后，利用点到直线距离公式计算即可得. 【详解】抛物线 的焦点为， 则该点到直线的距离. 3. 已知向量，，若向量在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. 1 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】（方法一）利用向量在方向上的投影向量的公式求解； （方法二）由向量在方向上的投影向量为得到，利用向量垂直的坐标公式求解. 【详解】（方法一）由题意，， ， 向量在方向上的投影向量为， ，，， ，， ． （方法二）由题意，向量在方向上的投影向量为， ，，，，， ． 故选：D. 4. 双曲线 的离心率为，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为双曲线（ ， ）的离心率为， 所以，则， 所以，则， 所以双曲线的渐近线方程是. 5. 已知数列满足对任意的，都有．若，则（ ） A. 8 B. 18 C. 20 D. 27 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别令和求得 ，，再求和即可. 【详解】因为数列满足对任意的，都有，， 所以，当时，，解得 ； 当时，，解得； 所以 6. 已知，且，则（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，通过对数和幂函数将用表示，再比较大小. 【详解】设，因为，所以. 所以， ， . 因为，所以，，故 ； 而，所以，， 因为函数在时单调递减，且，所以，即. 综上，. 7. 已知定义在上的函数满足，若函数与函数的图象的交点为，， ，，则（ ） A. 8 B. C. 12 D. 【答案】A 【解析】 【分析】判断出函数与的对称中心，根据两函数图象交点的对称性计算即可. 【详解】由可得，，所以函数关于点对称. 函数的定义域为. 因为， 所以函数关于点对称. 因此函数与函数的图象的交点也关于点对称. 若是两函数图象的交点，则一定是两函数图象的交点， 那么，. 所以. 8. 已知，若，存在，使得成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出给定命题的否定，再利用辅助角公式化简并换元得，由周期性探讨函数在上的最大值中的最小值，建立不等式求出范围，然后否定结论即得答案. 【详解】命题“，存在，使得成立”的否定为： ，对，不等式恒成立， 而，，令， 函数，函数的最小正周期为 ，不妨令， 当时，，此时，则； 当时，，函数在上递减，在上递增， ； 当时，，； 当时，，函数在上递减，在上递增， ； 当时，，， 由，对，不等式恒成立，得， 即，而，解得， 因此当，存在，使得成立时，， 所以的最大值为. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 赓续绵延长江情，携手共谱新篇章．2026年央视春晚宜宾分会场筹备期间，某中学向全校学生征集“立上游-新宜宾”主题宣传文案，共收到500篇作品．由专业评委进行打分，满分100分，不低于60分为及格，不低于m分为优秀，若征文得分X（单位：分）近似服从正态分布，且及格率为80%，则下列说法正确的是（ ） A. 随机取1篇征文，则评分在内的概率为0.6 B. 已知优秀率为20%，则 C. 越大，的值越小 D. 越小，评分在的概率越大 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，由题意可知，， ， ，由对称性可知， ，故A正确； 对于B，由题意可知，， 因为，所以，故B不正确； 对于C，因为是该正态分布图象的对称轴，所以， 不会随的变化而变化，故C错误； 对于D，由对正态分布图象的影响可知，越小，图象越“瘦高”， 因此在区间对应图象的面积变大，所以评分在的概率越大，故D正确； 10. 定义在上的函数，对都有，且 ，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列单调递减 C. D. 数列的前n项和为，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】由函数方程可得，又， 可推出，可得，对任意正整数数成立. 对于选项:正确. 对于选项:递增，故单调递减错误. 对于选项:是凸函数，满足，正确. 对于选项:前项和，正确. 11. 已知正三棱台，上底面边长为2，下底面ABC边长为6，侧棱长为4，点在侧面内（包含边界）运动，且，Q为上一点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 正三棱台的高为 B. 高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内 C. 点P的轨迹长度为 D. 过点的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】延长正三棱台侧棱相交于点，分析可知三棱锥为正四面体，对于A：根据正四面体的高以及棱台的性质分析求解；对于B，根据三棱台的高及上底面内切圆的半径即可判断；由得到，进而根据等边三角形 的内切圆半径为求得点的轨迹，再求轨迹长度判断C；设正四面体的内切球的半径为，利用等体积法得到，再结合题意可知过点，，的平面正好过该内切球的球心，进而得到截面面积即可判断D． 【详解】延长正三棱台侧棱相交于点，由题意可知： ， 在等腰梯形中，因为，，，则. 即 为等边三角形，可知三棱锥为正四面体，且. 对于A：设为等边 的中心， 由正四面体的性质可知： 侧面 ，且， 即点到底面的距离为， 又因为，，所以正三棱台的高为，故A正确； 对于B，设的内切圆的半径为，则根据等面积法有：，解得， 因为正三棱台的高为，的内切圆的半径为，且， 所以高为、底面半径为的圆柱可以放进该棱台内，故B正确； 对于C，由A选项知， 侧面 ，且， 因为点在侧面内（包含边界）运动，且 所以， 因为等边三角形 的内切圆的半径为， 又，， 所以，点在侧面内的轨迹为弧和， 而,故，故为等边三角形， 所以，所以点的轨迹长度为，故C错误； 对于D，设正四面体的内切球的半径为， 由等体积法可得，解得， 因为，所以该棱台内最大的球即正四面体的内切球， 又因为，，， 所以为的中点，过点，，的平面正好过该内切球的球心， 所以截面面积为，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数z满足，则复数______． 【答案】 【解析】 【详解】由，得， 则. 13. 等比数列的前n项和为，若，，则 ________． 【答案】 【解析】 【详解】设等比数列的公比为， 当 时，由， 由，这与相矛盾，所以 不成立， 当时，， . 14. 已知在圆锥中，高长为，底面圆的直径长为，点为母线的中点．过点用平行于母线的平面去截圆锥，得到的截口曲线是抛物线，则该抛物线的焦点到点的距离为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据几何关系，求得的长度，以为原点，建立坐标系，根据抛物线过点，求得抛物线方程，再次焦点到的距离即可. 【详解】记过点且平行于的平面与底面圆的交点为 ； 在三角形中，因为分别为的中点， 故//，且； 截面过点，且与平行，故点在截面上，则； 根据对称性可知抛物线的对称轴为，焦点在上， 以为坐标原点，为轴，截面内过且垂直于的直线为轴建立如下坐标： 则，； 设抛物线方程为 ，因为其过点， 故，解得，则抛物线的焦点到点的距离为. 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. 已知的内角A、B、C的对边分别为，满足． （1）求A； （2）设点D为上一点，是的角平分线，且 、 ，求的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理进行边化角，然后利用正切函数即可得到答案； （2）利用三角形的面积关系解出即可． 【小问1详解】 已知， 由正弦定理得， ，， ，即， ，又， ； 【小问2详解】 是的角平分线， 由（1）知，，则， 因为， 则， 因为 ， ，即有， 故． 16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M在C上， 轴，且． （1）求C的方程； （2）过点的直线交C于不同的两点A、B，于点H，证明：直线HB过定点． 【答案】（1） （2） 若直线斜率不为，则设直线，，， 联立，得， 则， 得 ，， 因为，则， 则直线 的方程为， 令，得， 则直线HB过定点； 若直线斜率为，则直线HB为轴，过点； 故直线HB过定点. 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）分直线斜率是否为零讨论，联立直线与椭圆方程，求出直线 的方程，令即可结合韦达定理化简得出. 【小问1详解】 将 代入 中得，，则， 因为，所以， 又，得 ， 故C的方程为； 【小问2详解】 略 17. 某大学进行强基计划测试，已知有6名学生进入最后面试环节，且这6名学生全都来自A、B、C三所学校，其中A、B、C三所学校参加面试的学生人数比为．该大学要求所有面试考生面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码，按面试号码k由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟（假定相邻两名考生之间面试时无缝衔接），面试完成后自行离场． （1）求面试号码为3的学生来自A校的概率； （2）记随机变量X表示从1号学生开始面试到A校最后一名学生完成面试所用的时间，求X的分布列与数学期望； （3）求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试（A校所有参加面试的学生完成面试，B、C两校都还有学生未完成面试）的概率． 【答案】（1）； （2） 15 20 25 30 ； （3）. 【解析】 【分析】（1）求出面试号码为3的样本空间中样本点个数，再求出面试号码为3的学生来自A校的事件所含样本点个数即可. （2）求出的所有可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出数学期望. （3）将所求概率的事件分拆成两个互斥事件的和，利用古典概率公式，结合排列组合求出概率. 【小问1详解】 面试号码为3的学生有6个不同结果，面试号码为3的学生来自A校的事件有3个不同结果， 所以面试号码为3的学生来自A校的概率为. 【小问2详解】 令随机变量为A校最后一名学生的面试号码，则， 可得的所有可能取值为，的所有可能取值为， 则，， ，， 所以的分布列为 15 20 25 30 数学期望. 【小问3详解】 依题意，6名学生按编号的试验有个基本事件， 而A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试的事件，是A校学生的最大编号为3的事件， 与A校学生的最大编号为4的事件，且B校学生编号不小于5的事件的和，它们互斥， 而A校学生的最大编号为3的事件有个基本事件； 而A校学生的最大编号为4，且B校学生编号不小于5的事件有， 所以A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试的概率为. 18. 在四棱锥 中，四边形为矩形， 为锐角三角形， ，， ，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线 与相交于点． （1）求线段长度的最小值； （2）若异面直线与 所成角为． （ⅰ）求平面 与平面夹角的余弦值； （ⅱ）求三棱锥的外接球的表面积． 【答案】（1） （2）； 【解析】 【分析】（1）可证， 平面 ，建系并标点，，根据题意结合向量共线可得，进而分析线段BQ长度的最小值； （2）利用空间向量结合向量夹角可得.（ⅰ）分别求平面PCD与平面QCD的法向量，利用空间向量求面面夹角；（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，根据外接球的定义结合空间中两点间距离可得球心坐标，进而可得半径和表面积. 【小问1详解】 因为， 平面 ，平面 ，则平面 ， 且 平面 ，平面 平面 ，所以， 又因为，，，平面 ，可得 平面 ， 以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，， 可得，则， 可得，，， 则，， 由题意可知：直线的一个方向向量为，且， 设，则， 因为，则，可得， 则，即， 则， 令，则， 当且仅当时，等号成立， 所以线段BQ长度的最小值为. 【小问2详解】 由（1）可知：，， 由题意可得：， 解得，即，则，，，，. （ⅰ）因为，，， 设平面 的法向量为，则， 设，则，可得； 设平面 的法向量为，则， 设 ，则，可得； 则， 所以平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为； （ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则， 即，解得， 可得，所以三棱锥的外接球的表面积为. 19. 已知函数 ． （1）判断函数 在区间上极值点的个数，并说明理由； （2）将函数在区间上的极值点从小到大排列，形成数列，数列满足：． 证明：（ⅰ） ； （ⅱ）． 【答案】（1）有两个极值点，理由如下： 因为 ，所以. 设 ， ， 当时，因为 ， ，在 上单调递减， 得 ，所以在 上无零点， 当时，因为 ，，在 上单调递增， 且 ， ，所以在 上有唯一零点， 当 ，因为 ， ，所以在 上单调递减， 因为 ， ，所以在 上有唯一零点. 综上，函数在区间 上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变， 故函数在区间 内恰有两个极值点. （2） （ⅰ）证明如下： 由（1）可知，在 无极值点， 在 有极小值点，即为，在 有极大值点，即为， 同理可得，在 有极小值点，在 有极值点， 由 得， 因为，所以， 因为 ， ， ， ， 所以 ，， 因为 ， 由函数 在 单调递增，得 ， 所以 ， （ⅱ）证明如下： 同理 ， ， ， 由于 在 上单调递减得， 所以 ，且 ， ， 当为偶数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值， 即 ， 当为奇数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，多出最后一项也是负值， 即 ， 综上，对一切， 成立，得 ， 又 ，所以 ， 则 ， 所以 ，即可证明. 【解析】 【分析】（1）求函数在给定区间上的导数，以分子整式构造函数，再次求导，研究该导数在给定区间上与零的大小关系，以判断构造函数的单调性和变号零点的性质，根据极值的定义，可得答案. （2）（ⅰ）根据（1）可得，所在区间，根据极值点的必要条件，进一步缩小其所在区间，根据三角函数的诱导公式，将变为 ，使其在同一个单调区间，根据函数的单调性，可得 ， 与2大小关系，可得答案；（ⅱ）由（ⅰ）可得 ，进而得到当为偶数或奇数时，和与零大小关系，再根据 变形即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $