精品解析：广东深圳南方科技大学附属中学2025-2026学年高三下学期第二次教学诊断数学试卷

2025-2026学年春季学期高三年级第二次教学诊断 数学 命题人：王丹 审题人：樊一萍 （本试卷共4页 满分150分 考试用时120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场和座位号填写在答题卡上．将条形码粘贴在答题卡“条形码粘贴处”． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，请将试卷妥善保管，答题卡统一交回． 一、单项选择题：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. “”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 2. 设集合，，若含有4个元素，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 在边长为1的小正方形组成的网格中，如图所示，则（ ） A. B. 1 C. D. 6. 事件与互斥，若，，则（ ） A. 0.12 B. 0.48 C. 0.5 D. 0.6 7. 已知抛物线，为坐标原点，过焦点的直线交抛物线于，两点，为线段的中点，则直线的斜率的最大值为（ ） A. B. 2 C. 1 D. 8. 已知函数的零点为，函数的零点为，其中，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 等差数列是递增数列，满足，前n项和为，下列选项正确的是（ ） A. B. C. 当时最小 D. 时n的最小值为8 10. 已知函数，若曲线关于点对称，则满足条件的的可能值为（ ） A. B. C. D. 11. 在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（ ） A. 点的轨迹经过线段的中点 B. 点的轨迹长度为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 球面经过，，，四点的球的半径最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线方程为__________. 13. 已知随机变量，，则展开式中项的系数为______． 14. “双曲线电瓶新闻灯”是我国首先研制成功的，利用了双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．这种灯的轴截面是双曲线的一部分（如图），从双曲线的右焦点发出的互为反向的光线，经双曲线上的点P，Q反射，反射光线的反向延长线交于点M，且，．制作时，通过双曲线的离心率控制该新闻灯的开口大小，则该新闻灯轴截面双曲线的离心率为________． 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. 某高科技制造企业致力于智能生产线的研发与应用，以提升关键精密元件的产品质量．原有甲生产线采用传统自动化技术，而新投入使用的乙生产线引入了基于物联网和大数据分析的智能调控系统，实现了生产参数的实时优化．为评估技术创新对产品质量的影响，质检部门从甲、乙两条生产线生产的同种产品中各随机抽取100件进行检测，得到如下列联表： 优等品 非优等品 合计 甲生产线 65 35 100 乙生产线 90 10 100 合计 155 45 200 （1）根据小概率值的独立性检验，判断产品的质量是否与生产线有关； （2）以样本估计总体，以频率估计概率，现从甲、乙两条生产线生产的此种产品中各随机抽取一定数量的产品混合在一起，其中甲、乙两条生产线的产品数量之比为2：3，若从混合产品中随机抽取3件，记这3件产品中优等品的个数为，求的数学期望． 附，其中． 0.100 0.010 0.001 2.706 6.635 10.828 16. 已知椭圆，O为坐标原点，点A，B分别在直线与上，P是C上一点，O、A、P、B四点顺时针构成平行四边形. （1）求的值； （2）求平行四边形面积的最大值. 17. 如图所示，七面体中的三个面都是平行四边形，其余四个面都是三角形． （1）求证：平面； （2）若，，平面平面，求直线与平面所成角的余弦值． 18. 设为复数数列，，，记的实部为，虚部为． （1）求数列的通项公式； （2）证明：数列为等比数列； （3）求． 19. 已知函数. （1）当时，求在区间上的最大值； （2）若对任意，且存在. （i）用含的式子表示，并证明：； （ii）将在区间上从小到大排列的第个极大值点记为，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年春季学期高三年级第二次教学诊断 数学 命题人：王丹 审题人：樊一萍 （本试卷共4页 满分150分 考试用时120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场和座位号填写在答题卡上．将条形码粘贴在答题卡“条形码粘贴处”． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，请将试卷妥善保管，答题卡统一交回． 一、单项选择题：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. “”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】根据对数函数的性质化简不等式，即可根据真子集的关系判断. 【详解】由可得，解得或， 由于是或的真子集，故“”是“”的充分不必要条件. 2. 设集合，，若含有4个元素，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合元素的互异性及并集的概念求解即可. 【详解】根据集合元素的互异性可知，，. 因为含有4个元素，所以仅含有1个元素， 若，则或，所以或. 若，则. 结合集合元素的互异性可知或. 当时，，，，符合题意. 当时，，，，不符合题意. 综上，. 3. 已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆柱及球的特征计算即可. 【详解】由题意可知该球为圆柱的外接球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为， 则，故该球的表面积为. 故选：C 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，， 所以. 因为，且， 所以， 因为幂函数是实数集上的增函数， 所以由， 所以， 即，所以. 5. 在边长为1的小正方形组成的网格中，如图所示，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出，，，再利用余弦定理求出，最后利用同角三角函数基本关系计算可得. 【详解】依题意，，， 由余弦定理，即， 解得，显然为锐角，所以， 所以. 故选：A 6. 事件与互斥，若，，则（ ） A. 0.12 B. 0.48 C. 0.5 D. 0.6 【答案】C 【解析】 【分析】结合互斥事件的概率加法公式、德摩根定律与条件概率公式逐步计算即可得结果. 【详解】已知事件与互斥，根据互斥事件的概率加法公式，可得： ，由德摩根定律可知， 因此， 根据对立事件的概率性质，， 根据条件概率公式可得：. 7. 已知抛物线，为坐标原点，过焦点的直线交抛物线于，两点，为线段的中点，则直线的斜率的最大值为（ ） A. B. 2 C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】联立直线与抛物线方程得到弦中点坐标，进而表示出直线的斜率，结合不等式性质求解最大值. 【详解】∵ 抛物线，，∴ 焦点的坐标为. 分两种情况讨论： ① 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入抛物线方程得， 故，，中点，此时直线的斜率为. ② 当直线的斜率存在时，设直线的方程为（）， 联立，消去整理得. 设，，由韦达定理得， ∴ . ∵ 为线段的中点， ∴ 的横坐标，纵坐标. ∴ 直线的斜率. 要求的最大值，不妨设（时斜率为负，显然小于正数），则. 由基本不等式得，当且仅当即时等号成立， ∴ . 综上，直线的斜率的最大值为. 8. 已知函数的零点为，函数的零点为，其中，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，可得 构造函数， 讨论函数性质，可得，可得,构造函数,求导，求值域可得. 【详解】因为函数 的零点为 ，所以 ． 因为函数 的零点为 ，所以 ， 则 ，即 ， 可得 ． 令 ，则 ，可得 在 上单调递增． 所以 ，则 ，即 . 可得 . 由已知得 ，则 (关于自变量的函数,根据简单的复合函数单调性可知该函数单调递增)． 又 . 则 ，解得 ． 令 ，则 . 令 ,则 ;令,则. 可得在上单调递增,在上单调递减， 则的最大值为,,即. 【点睛】本题考查了学生指对同构的思想，利用指对同构找到，的关系，化多元为单变量，构造新函数解决问题. 二、多项选择题：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. 等差数列是递增数列，满足，前n项和为，下列选项正确的是（ ） A. B. C. 当时最小 D. 时n的最小值为8 【答案】BD 【解析】 【分析】由等差数列性质、通项公式和求和公式逐项判断即可. 【详解】在A选项中，设公差为，因为等差数列是递增数列，所以，故A选项错误； 在B选项中，因为，则，即，故B选项正确； 在C选项中，，因为， 所以当或时，取最小值，故C选项错误； 在D选项中，因为，所以，， 即，解得（舍去）或，所以时，的最小值为8，故D选项正确. 故选：BD. 10. 已知函数，若曲线关于点对称，则满足条件的的可能值为（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】∵ 曲线关于点对称， ∴ 对任意，恒成立. 又， ∴ ， . 代入对称条件得 对任意成立. 由和差化积公式，令，， 则上式可化简为. ∵ 和均不恒为0， ∴ ， ∴ ，，解得，.易知BC不符合. 当时，，故A正确. 当时，，故D正确. 11. 在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（ ） A. 点的轨迹经过线段的中点 B. 点的轨迹长度为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 球面经过，，，四点的球的半径最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】取的中点，连接，根据条件可得点的轨迹为线段（不含端点），即可判断出A和B的正误；对C，利用等体积法，即可求解；对D，建立空间直角坐标系，设，球心，半径为，利用球的性质可得，即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接，，易知， 又平面，平面，所以平面. 又是中点，所以，又平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 又平面，则平面，又点在正方形内部（不含边界）运动，且平面平面， 所以点的轨迹为线段（不含端点）. 对于A，连接，由正方体的性质易知与相交，且交点为的中点，所以A正确； 对于B，因为，所以点的轨迹长度为，故B错误； 对于C，因为平面，点是棱的中点， 则，所以C正确； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为， 则，设，球心，半径为， 由，得到，解得，， 所以，又，且，所以当时，取到最小值，最小值为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【详解】函数的定义域为， ， 所以. 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 13. 已知随机变量，，则展开式中项的系数为______． 【答案】 135 【解析】 【分析】先利用正态分布的对称性求解参数的取值，再通过二项展开式的通项公式计算项的系数. 【详解】已知随机变量，其正态密度曲线关于对称轴对称. 由，根据正态分布的对称性可得与关于对称， 即 整理得，解得. 将代入得二项式为， 根据二项式定理，其展开式的通项为：  ， 令，解得. 将代入通项得项的系数为：. 14. “双曲线电瓶新闻灯”是我国首先研制成功的，利用了双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．这种灯的轴截面是双曲线的一部分（如图），从双曲线的右焦点发出的互为反向的光线，经双曲线上的点P，Q反射，反射光线的反向延长线交于点M，且，．制作时，通过双曲线的离心率控制该新闻灯的开口大小，则该新闻灯轴截面双曲线的离心率为________． 【答案】## 【解析】 【分析】结合双曲线的光学性质可知，为双曲线的左焦点，进而结合正弦定理可设，，，，再根据双曲线的定义可得，进而得到，再结合勾股定理可得，进而求解即可. 【详解】由双曲线的光学性质可知，直线，的交点为双曲线的左焦点， 在中，由正弦定理得， 则，设，， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 两式作商得， 设，， 由双曲线的定义可知，， ， 解得，则，，，， 所以，则，即， 在中，， 则，则，即， 所以双曲线的离心率为. 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. 某高科技制造企业致力于智能生产线的研发与应用，以提升关键精密元件的产品质量．原有甲生产线采用传统自动化技术，而新投入使用的乙生产线引入了基于物联网和大数据分析的智能调控系统，实现了生产参数的实时优化．为评估技术创新对产品质量的影响，质检部门从甲、乙两条生产线生产的同种产品中各随机抽取100件进行检测，得到如下列联表： 优等品 非优等品 合计 甲生产线 65 35 100 乙生产线 90 10 100 合计 155 45 200 （1）根据小概率值的独立性检验，判断产品的质量是否与生产线有关； （2）以样本估计总体，以频率估计概率，现从甲、乙两条生产线生产的此种产品中各随机抽取一定数量的产品混合在一起，其中甲、乙两条生产线的产品数量之比为2：3，若从混合产品中随机抽取3件，记这3件产品中优等品的个数为，求的数学期望． 附，其中． 0.100 0.010 0.001 2.706 6.635 10.828 【答案】（1）依据小概率值的独立性检验，认为产品质量与生产线有关 （2） 【解析】 【分析】（1）给出零假设：产品的质量与生产线无关，再计算，结合参考数据，即可判断； （2）根据列联表中数据，计算总体优等品的概率；结合服从二项分布，写出对应取值的概率，以及的数学期望即可． 【小问1详解】 零假设：产品的质量与生产线无关； ， 根据的独立性检验，拒绝零假设，并认为产品的质量与生产线有关； 【小问2详解】 甲生产线优等品概率：，乙生产线优等品概率：； 混合产品中，甲乙数量比为，故甲产品占比，乙产品占比； 故总体优等品概率为：； 由题可知：， ，， ，， 故的分布列如下所示： 的数学期望． 16. 已知椭圆，O为坐标原点，点A，B分别在直线与上，P是C上一点，O、A、P、B四点顺时针构成平行四边形. （1）求的值； （2）求平行四边形面积的最大值. 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）设出点A，B的坐标，结合它们所在的直线方程，再根据向量关系得到点P的坐标，因为点P在椭圆上，将P的坐标代入椭圆方程，可得到A，B的坐标与P的坐标的关系式，进而通过弦长公式求解. （2）设直线OA的倾斜角为，通过倍角公式求出，， 利用余弦定理和基本不等式可求得的最大值，代入三角形面积公式可求得结果； 【小问1详解】 因为点分别在直线与上，所以可设， 设，则 因为四边形OAPB是平行四边形，所以 即 所以， 所以 【小问2详解】 因为点A，B分别在直线与上 设直线OA的倾斜角为，则， ， ，即， 所以平行四边形OAPB的面积为 在中，设， 所以，当且仅当时等号成立 所以平行四边形的面积为， 当且仅当时等号成立，所以平行四边形的面积的最大值为. 17. 如图所示，七面体中的三个面都是平行四边形，其余四个面都是三角形． （1）求证：平面； （2）若，，平面平面，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为四边形与四边形均为平行四边形， 所以, 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 因为平面平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面； （2） 连接,根据且，所以四边形是平行四边形， 则．所以是正三角形，则 是菱形且, 取的中点，连接，则 因为平面平面,平面平面， 所以平面，因此以为原点， 分别为 轴， 轴， 以平面 的法向量为 轴的正方向，如图建系， 设 ，则 ， 则 ， 由与,可知，所以四边形为平行四边形， 则 ， 设平面 的法向量 ，则 ，即 ， 取 ，得 ，则 ， 设直线 与平面 所成角为 ， 则 ， 则 ，即直线 与平面 所成角的余弦值为 . 【解析】 【分析】(1) 通过，得到平面平面，推出平面； (2)取的中点，以为原点， 分别为轴轴，平面的法向量轴的正方向建系，利用线面角向量公式求解则 . 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 设为复数数列，，，记的实部为，虚部为． （1）求数列的通项公式； （2）证明：数列为等比数列； （3）求． 【答案】（1） （2）证明：由（1）可得，故，， 所以，因为，故， 故，而， 故数列为等比数列，且首项为，公比为. （3） 【解析】 【分析】（1）根据复数关系可得，故可求数列的通项公式； （2）由（1）中结果可得，故可得，由对数的性质和等比数列的定义可证数列为等比数列； （3）由（2）结果可求，结合等比数列的前项和公式可求题设中的乘积. 【小问1详解】 因为， 故 ， 而，均为实数，故， 而，，均为实数，故，故. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可得，故， 故. 19. 已知函数. （1）当时，求在区间上的最大值； （2）若对任意，且存在. （i）用含的式子表示，并证明：； （ii）将在区间上从小到大排列的第个极大值点记为，求. 【答案】（1） （2）（i） 对任意，且存在， ，①，且为的极值点，， ， ，②， ③ 将①②代入③，得到，， ，； ，，，， ，，，，， 即， ，， ，； （ii） 【解析】 【分析】（1）由的值得到，利用导数法求出的单调性，结合单调性求出在区间上的最大值； （2）（i）由对任意，且存在得到，即，且为的极值点得到，即，结合计算得到；由得到从而得到，由得到从而得到，结合得到；（ii）利用导数法得到的单调性，从而得到的极大值点为，求出，即可求解. 【小问1详解】 ，，，， 当时，解得， ，的解集为，在上为单调递增函数， 当时，解得， ，的解集为，在上为单调递减函数， 时，在区间上取最大值为 ； 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）知，对于，当时，， 当时，， 则在上是单调递增函数，在上是单调递减函数，故极大值点为， 则， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $