四川省2025-2026学年高三上学期11月高考诊断考试数学试卷

秘密▲启封并使用完毕后【考试时间：2025111715:00~17:00字节精准教育联盟·NCS2026届高考适应性考试（一诊 1501200.50.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分p2x40，条件qx25x60p是q的（充分不必要条 B．必要不充分条C．充要条 D．既不充分也不必要条复数(1i)(2i)的虚部为（

C．

D． 已知抛物线Cy22pxp0FA

6在C

AF13p是（ D．40x2”是x24x0”的（充分不必要条 B．必要不充分条C．充要条 D．既不充分也不必要条1，母线与底面所成角的大小为30，则该圆锥的体积为（ B． C． D．x32x221x,xlnfxln

,x

，gx

实数a的取值范围为 A．1,1

B．1,1

C．1,1

D．1,1 204e

202e

20e

404e fx的定义域为Rx2x1x22 fx1fx20恒成立，设ax1为

f3，b

f0，c

f2，则abcbaC．bc

abD．cb二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，漏选得部分分，错选均不得分 ACABCD所成角的正切值为

DCBABBC所成的角为 A1BC1D的距离为下列说法，正确的有 ABC中，恒有tanAtanBtanCxy满足ln4x5ye2x3y2x2y20，则xy3ABM是圆Cx2y21MAMB0PyxPAPB已知直线l：2tx(1t2)y1t20(tR)，当tt1和tt2时，对应直线分别为l1和l2 存在tR，使得l过点当l1l2时，对任意t1R，总存在两个不同的t2l1//l2的充要条件是t1t2P0，对任意tRP0到l三、填空题（共3小题，每空5分，共15分 X的可能取值是1234PXkakb（其中k1234 ABCD中，DC2AD2AC4AB4AF4ECEFAC于点GAC将△ADC 四、解答题（共5小题，15题13分16~17题15分，18~19题17分，共77分已知△ABCabcABCADBCAD是△ABC的角平分线，且b3c6ADP(xyF(10)P到定直线lx2的距离的比是常数2PCF10)CM，NxFMFNFM

F

2FM的斜率1，在△MBCBMBCADMB，MCBCAM2，将AD折起到△PAD的位置，使PAABPAABCDEPCDEPBD夹角正弦值为5，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由fxa有两个解，求a的取值范围已知数列a的首项a6，且满足 2n14a 求数列an的前nSn

22 令bn

，数列bn的前n项和为Tn.求证：n

n an

字节精准教育联盟·NCS2026届高考适应性考试（一诊在△ABC中，由正弦定理及2asinA2bcsinB2cbsinC2a2(2bc)b(2cb)c，b2c2a2bc，b2c2 由余弦定理得cosA 又0AπAAD是△ABC的角平分线，则BADDACπ

SV

1bcsin2π1cADsinπ1bADsin 因为b3c6，即有186AD3AD，AD2.x12由题意， x 整理化简得

所以曲线C的标准方程

FMFN的斜率都存在，设NFMF交曲线CNM，Nx1y1Nx2y2，ykx

kF

k y联立x y

，即12k2x24k2x2k220 2k2x1x212k2x1x212k2

FN

F1k1k 12k242k212k

NN

1kx 4x1kx 4x 1 12k 221k2 12k

2，解得k 所以直线FM的斜率为 ADMBMCADBCBMBCBMADPAADPAABABADAABADABCD，PAABCD.PAABPAADDAB90APABAD两两垂直AABADAPxyzAxyzA000B200，C220D0,10P002E1,1,1，PC222DE10,1BD2,10BP202.PBD的法向量nx1y1z1BDn2,1,0x1,y1,z12x1y1 BPn2,0,2x1,y1,z12x12z1y2x1z112,1PBD 法向量DEPBD所成角为则

cosDE,n

，于是可得 所以

2DEPBD所成角的正切值为2 假设存在λ，使平面GADPAD夹角的正弦值为52即使平面GAD与平面PAD夹角的余弦值2PAD的一个法向量为n1100ADG的法向量n2x2y2z2ADn20,1,0x2,y2,z2y2 y20z2λx2λ1

1,0,0λ1,0,0λ1,2 n1 λ122

又因为0≤λ≤1，所以λ1故存在λ1，使平面GADPAD夹角的正弦值为5 18（1）fxx1exfxx1exx1exexx1exx2exfx0x2fx0x2所以fx在∞2上单调递减，在2∞上单调递增x2f21无极大值x1fx0；x1fx0fxa有两个解，可得

a0即所求a10 【证明（1）由a 2n14a，则a 2n14a22n14a2n，又a214，所以数列a （2）由（1）a2n4n，则a4n2n 414n

212n

4142L4n2122L2n 1 14n1

10 （3）由a4n2n则b

4nan

4n2n由于4n2n4n2n2，则bn1，所以Tnb1b2Lbnn.由

a

2，则

n

2

2 k 22

1

2n要证Tnn353，即证

2315 k

k 由 2n14a，则 k k 则 24a2k124a22kk 下面证明 25

2k 当k1a2225a220，即a25

2 假设km，m≥2，mN时， 25

2 则km1 24a 22m2645a22m2654a22m2

54a212m31854a22m1612m1482

5

2

55 212m1485a 22

5

综上所述， 25a2， 2 k

ak

2

2k

12k所以