精品解析：四川达州市普通高中2026届第二次诊断测试数学试题

达州市普通高中2026届第二次诊断测试 数学试题 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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，将答题卡交回. 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的定义域和值域求得集合，，然后根据集合的交集运算即可求解. 【详解】由于集合表示函数的定义域，可知， 集合表示函数的值域，可知， 因此，故A正确. 2. 一组数据1，6，4，x，9的平均数为5，则该组数据的第40百分位数为（ ） A. 4 B. 4.5 C. 5 D. 5.5 【答案】B 【解析】 【分析】由平均数的定义得出，再由百分位数的定义即可求解． 【详解】由题意，， 将数据从小到大排列得：1,4,5,6,9， 又，则第40百分位数为． 3. 已知数列满足，若，则为（ ） A. 3 B. 9 C. 27 D. 81 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，数列为等比数列，可求解与，再求解与即可. 【详解】因为，所以， 所以数列为等比数列，公比为，因为， 所以，则， 即，解得，所以，， 所以. 4. 已知向量，，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】利用平面向量平行的坐标表示即可求解. 【详解】当时，向量，，则，即,故充分性成立； 当时，满足,即，解得：或,所以必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件 5. 已知为第四象限角，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助二倍角公式计算可得，再利用同角三角函数基本关系计算即可得解. 【详解】， 由为第四象限角，则，则， 则. 6. 已知，下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以，则， 因为在上单调递增，所以，故A错误； 因为在上单调递减，所以，故B错误； 因为在上单调递增，所以，故C正确； 因为，所以，故D错误. 7. “本福特定律”又称“首位数字定律”，是一条关于自然界和人类社会中大量数据的首位数字分布概率的统计规律：一个数的首位数字是的概率为，据此可知，一个数的首位数字是3的概率与首位数字是5的概率之差约为（参考数据：）（ ） A. 0.046 B. 0.023 C. 0.262 D. 0.131 【答案】A 【解析】 【详解】一个数的首位数字是的概率为， 一个数的首位数字是3的概率为， 首位数字是5的概率为 ， 一个数的首位数字是3的概率与首位数字是5的概率之差约为 ， 故选项A正确. 8. 若实数满足，下列说法正确的是（ ） A. 存在最小值 B. 存在最大值 C. 存在最小值 D. 存在最大值 【答案】B 【解析】 【分析】令，，利用导数求出函数在上单调递减，得函数的值域为R，可以判断C，D选项，由零点存在性定理得，存在，使得，可以判断A，B选项． 【详解】令，，则， 令，则， 由，得，由，得， 得函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 因为，所以，所以函数在上单调递减， 当时，，当时，， 得函数的值域为R，而，则可以取遍的所有值， 则的取值范围为R，故不存在最小值，也不存在最大值， 又因为，， 而函数在上单调递减， 由零点存在性定理得存在，使得， 即当时，，当时，， 因为， 所以要使关于的方程有实数解， 必须满足，得， 故存在最大值，不存在最小值． 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，下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 在处取得最大值 C. 的图象关于直线对称 D. 在上有2个零点 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用余弦函数的性质逐项计算判断即可. 【详解】对于A，函数的最小正周期为，A正确； 对于B，因，B错误； 对于C，因，C正确； 对于D，当时，，由，得， 解得，即在上有1个零点，D错误. 10. 椭圆的左、右焦点为，，P为上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 的周长为12 B. 存在点，使 C. 的最大值为12 D. 到的距离的最大值为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】由椭圆方程得出基本参数，，，进而得到焦点及相关线段长，判断周长，分析最大值情况判断B选项，分析取值及相关距离情况判断C、D选项. 【详解】因为椭圆，得，，， 所以焦点，，满足， 所以， 在A选项中，的周长为，A正确， 在B选项中，在短轴端点时最大， 此时，为等边三角形， 最大角为​，不存在满足条件的，B错误， 在C选项中，设，， 代入椭圆​，得， 又，最大值为，代入得最大值为，C正确， 在D选项中，过作直线的垂线，垂足记为， 当与不重合时，为直角三角形，， 当与重合时，​到距离等于，D正确. 11. 如图，在棱长为3的正方体中，为对角线上的动点，，下列说法正确的是（ ） A. B. 点到直线的距离的最小值为 C. 过，N，A三点的平面截正方体所得截面的周长为 D. 当时，三棱锥外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】以​为坐标原点，​为轴，​为轴，为轴，建立空间直角坐标系，对于A，表示出各点坐标，利用向量数量积运算即可判断； 对于选项B，利用空间中点到直线的距离公式结合二次函数的性质即可求解； 对于C，取，连接，可得过，N，A三点的平面截正方体所得截面为梯形，求出各边长即可判断； 对于D,有条件可得，由​是直角三角形，可得外接圆半径​​，外心为​中点，设外接球球心，由即可得到球心坐标，从而求得外接圆的半径结合球的体积公式即可求解. 【详解】以​为坐标原点，​为轴，​为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 由，得， 由为对角线上的动点，设 对于A，，， 所以 则，故A正确； 对于B，由于，， 所以， ，， 则点到直线的距离， 即 所以当​时，，B正确; 对于C，取，连接， 因为，，所以， 因为，，所以四边形为平行四边形， 则，所以，且 故过，N，A三点的平面截正方体所得截面为梯形， 由于，，， 所以过，N，A三点的平面截正方体所得截面的周长为，故C不正确； 对于D，由，，得，则， 由​是直角三角形，其外接圆半径​​，外心为​中点， 设外接球球心，由： 则，解得：， 则外接球半径：， 所以三棱锥外接球的体积：，故D正确； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若曲线在处的切线与直线垂直，则实数_____. 【答案】 【解析】 【分析】本题利用导数的几何意义表示出切线的斜率，由斜率存在的两直线垂直时，斜率乘积为，建立等量关系，从而求出实数. 【详解】解：由题可得，所以函数在处的切线斜率为. 已知直线的斜率为，切线与该直线垂直，所以，解得. 13. 圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出双曲线的渐近线方程，再利用几何法求出弦长即可． 【详解】双曲线的一条渐近线为，即， 圆的圆心为，半径， 圆心到渐近线的距离为， 由勾股定理得，弦长为． 14. 集合中所有点形成的曲线为，曲线所围成的平面图形为，则的面积为_____；为空间内动点，内存在点，满足，则点所形成的几何体的体积为_____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）先由确定曲线与坐标轴的交点，从而判断为菱形，再利用对角线长求面积． （2）设，固定高度后考察截面图形．当内存在点满足时，平面常数上的截面恰好是平面图形向外扩张距离后所得图形．再将所形成的几何体分解为一个直棱柱、四个半圆柱及四个四分之一球，最后求和即可． 【详解】（1）由可得曲线与坐标轴的交点分别为，，，． 故为以这四点为顶点的菱形，其两条对角线长均为． 所以的面积为. （2）方法1： 设为所求几何体内任意一点． 若内存在点，满足，则必有 对任意固定的（），记 此时点在平面常数上的截面，恰好是由平面图形向外扩张距离所得的图形． 由此可知，整个几何体可分解为以下三部分： ① 以为底面、高为的两个直棱柱； ② 沿的四条边向外形成的四个半圆柱； ③ 以的四个顶点为球心形成的四个四分之一球． 因为的面积为，故直棱柱的体积为， 又因为菱形 的边长为， 故每个半圆柱的底面半径为 ，高为 ，其体积为， 四个半圆柱的总体积为， 每个四分之一球的半径为 ，其体积为， 四个四分之一球的总体积为， 所以所求几何体的体积为， 故点 所形成的几何体的体积为； 方法2（定积分求体积）： 设 为空间内任意一点． 若 内存在点 ，满足 ，则必有 ． 对任意固定的（），记， 此时点在平面常数上的截面，恰好是由向外扩张距离所得的平面图形． 该截面可看成由原菱形、沿四条边向外作出的四个矩形及四个半径为的圆角部分组成． 因为的周长为， 所以该截面积为， 于是所求几何体的体积为 分别计算得 所以，故点所形成的几何体的体积为. 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. 某学校组织了种类丰富的社团活动.某寝室6名同学中，有2人选择了其中的2类，有3人选择了其中的3类，有1人选择了其中的4类，现从这6人中随机选出2人进行满意度测评. （1）求选出的2人选择社团种类的个数相同的概率； （2）记选出的2人选择社团种类的个数之和为，求的分布列和期望. 【答案】（1） （2）分布列： 4 5 6 7 期望： 【解析】 【小问1详解】 选出的2人选择社团种类的个数相同的概率： ， 【小问2详解】 由题意知，所有可能取值为：4，5，6，7 ， ， ， ， 所以的分布列为： 4 5 6 7 的期望为：. 16. 已知数列为等差数列，且. （1）求的通项公式； （2）在数列的相邻两项与之间插入个1（）后，构成一个新数列，数列的前项和记为，求. 【答案】（1） （2）609 【解析】 【分析】（1）列出关于的方程组，然后根据等差数列的通项公式即可求解； （2）首先求出到原数列第项为止插入的总项数，令得出，即得出插入510个1，然后利用分组求和即可求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由得：  ，，解得，， 故通项公式为 . 【小问2详解】 根据题意，在和之间插入个，设到原数列的第项为止， 则新数列的总项数， 令，代入验证得时，，刚好满足， 即包含原数列前9项和所有插入的1： 插入1的总个数为，插入部分和为， 原数列前9项和：， 因此： . 17. 在斜三棱柱中，，，，平面平面. （1）证明：； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）如图，取中点，连接，，因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 因为 平面，所以平面 ， 因为 平面 ，所以，因为， 所以在中，，解得，所以， 所以为直角三角形，所以， 因为，平面， 平面，所以 平面，因为 平面，所以 . （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，由面面垂直的性质可得平面 ，再由余弦定理以及勾股定理，线面垂直判定定理证明即可. （2）由题意，建立空间直角坐标系，由向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得平面 ，且，， 因为平面 ，所以， 所以以为原点，为轴，为轴，为 轴，建立空间直角坐标系，如图， 所以，，所以，，， 因为，所以 ，所以， 因为，所以，因为， 所以，，因为，所以解得， 设平面的法向量为，所以，， 所以，即， 令，则 ， ，所以， 设平面的法向量为，则， 设平面与平面的夹角， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 已知动点到点的距离与其到直线的距离相等，记动点的轨迹为. （1）求的方程； （2）过点作倾斜角为的直线交曲线于点（异于点），设为正整数，对于曲线上的点，存在常数，使得，且直线的斜率为0. （i）求点的横坐标（用表示）； （ii）的面积是否为定值?若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用抛物线的定义求解； （2）（i）设，由向量共线关系得直线与直线平行，进而得到直线的倾斜角为，利用两点斜率公式，结合在抛物线上，通过计算得到，由直线的斜率为0，从而得到的坐标，则，根据等差数列的定义得到数列是等差数列，利用等差数列的通项公式求出； （ii）由得到，从而得到，，求出直线的斜率，利用点斜式求出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，利用两点间距离公式求出，从而得到的面积，计算得解. 【小问1详解】 动点到点的距离与其到直线的距离相等， 根据抛物线的定义可知动点的轨迹是以为焦点， 以直线为准线的抛物线，且其轨迹方程为， ，，动点的轨迹的方程为； 【小问2详解】 （i）设， 存在常数，使得，直线与直线平行， 直线与直线平行， 直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，， ， 在抛物线上，， ， 转化为， ，，， 直线的斜率为0，与的纵坐标相等，横坐标互为相反数， ， ，， 设，则，即， 故数列是等差数列，公差为，首项为， 则； （ii）由（i）知，则，即，， 则直线的斜率， 故直线的方程为， 即， 点到直线的距离为 ， 线段， 所以的面积. 19. 已知，. （1）求的单调区间； （2）若方程有两个不相等的实数根. （i）求的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为. （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）直接求导分析的符号即可求解； （2）（i）设，把问题转化为与有两个交点，利用导数求出的最值即可求解； （ii）设，则方程变为，设两根为， 则，利用比值换元法证明对数均值不等式可得，然后再根据基本不等式即可求解. 【小问1详解】 定义域为，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 （i）方程等价于， 设，问题转化为与有两个交点， ，时，， 令，，所以​在上单调递增， 且，故存在唯一满足，即， 并且当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增，  ， 又因为和时，，所以当时方程有两个不等实根. 故的取值范围为. （ii）原方程变形得：，设，则方程变为， 设两根为，则， 且满足， 不妨设，下面证明， 令， 则不等式变形为， 令，， 所以在上单调递增，所以， 即不等式成立，变形可得， 由基本不等式可得 ， 要使不等式恒成立，只需， 故的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 达州市普通高中2026届第二次诊断测试 数学试题 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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，将答题卡交回. 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 一组数据1，6，4，x，9的平均数为5，则该组数据的第40百分位数为（ ） A. 4 B. 4.5 C. 5 D. 5.5 3. 已知数列满足，若，则为（ ） A. 3 B. 9 C. 27 D. 81 4. 已知向量，，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 5. 已知为第四象限角，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 7. “本福特定律”又称“首位数字定律”，是一条关于自然界和人类社会中大量数据的首位数字分布概率的统计规律：一个数的首位数字是的概率为，据此可知，一个数的首位数字是3的概率与首位数字是5的概率之差约为（参考数据：）（ ） A. 0.046 B. 0.023 C. 0.262 D. 0.131 8. 若实数满足，下列说法正确的是（ ） A. 存在最小值 B. 存在最大值 C. 存在最小值 D. 存在最大值 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，下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 在处取得最大值 C. 的图象关于直线对称 D. 在上有2个零点 10. 椭圆的左、右焦点为，，P为上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 的周长为12 B. 存在点，使 C. 的最大值为12 D. 到的距离的最大值为4 11. 如图，在棱长为3的正方体中，为对角线上的动点，，下列说法正确的是（ ） A. B. 点到直线的距离的最小值为 C. 过，N，A三点的平面截正方体所得截面的周长为 D. 当时，三棱锥外接球的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若曲线在处的切线与直线垂直，则实数_____. 13. 圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为_____． 14. 集合中所有点形成的曲线为，曲线所围成的平面图形为，则的面积为_____；为空间内动点，内存在点，满足，则点所形成的几何体的体积为_____. 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. 某学校组织了种类丰富的社团活动.某寝室6名同学中，有2人选择了其中的2类，有3人选择了其中的3类，有1人选择了其中的4类，现从这6人中随机选出2人进行满意度测评. （1）求选出的2人选择社团种类的个数相同的概率； （2）记选出的2人选择社团种类的个数之和为，求的分布列和期望. 16. 已知数列为等差数列，且. （1）求的通项公式； （2）在数列的相邻两项与之间插入个1（）后，构成一个新数列，数列的前项和记为，求. 17. 在斜三棱柱中，，，，平面平面. （1）证明：； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 已知动点到点的距离与其到直线的距离相等，记动点的轨迹为. （1）求的方程； （2）过点作倾斜角为的直线交曲线于点（异于点），设为正整数，对于曲线上的点，存在常数，使得，且直线的斜率为0. （i）求点的横坐标（用表示）； （ii）的面积是否为定值?若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 19. 已知，. （1）求的单调区间； （2）若方程有两个不相等的实数根. （i）求的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $