2025-2026学年下学期四川宜宾高三数学3月第二次诊断性测试试卷（含解析）

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A={x∣−2A.{x∣−2<x≤2.抛物线y2=4x的焦点到直线A.22B.2C.323.已知向量a=1,1,b=x,−1，若向量b在A.-1B.1C.-3D.34.双曲线x2a2−y2A.y=±2xB.y=±3x5.已知数列an满足对任意的i,j∈N∗,都有aj−A.8B.18C.20D.276.已知0<c<1,且A.b<a<cB.a7.已知定义在R上的函数fx满足fx=−f2−x,若函数gx=ln1−2A.8B.192C.12D.8.已知θ∈0,π2,若∀a∈R,存在x∈aA.π12B.π6C.π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.废续绵延长江情，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N75,σ2A.随机取1篇征文,则评分在[60,90B.已知优秀率为20%,则mC.σ越大,PD.σ越小，评分在70,8010.定义在0,+∞上的函数fx,对∀x,y∈0,+∞都有A.fB.数列{fnC.fD.数列{fn}的前n项和为Tn11.已知正三棱台ABC−A1B1C1，上底面A1B1C1边长为2,下底面ABC边长为6,侧棱长为4,点P在侧面BCC1B1内A.正三棱台ABC−A1BB.高为463,底面半径为3C.点P的轨迹长度为2D.过点A,B,Q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i3⋅z=113.等比数列an的前n项和为Sn，若S4=20，a14.已知在圆锥PO中,高PO长为2,底面圆的直径AB长为8,点M为母线PB的中点.过点M用平行于母线PA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M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.(13分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a(1)求A；(2)设点D为BC上一点，AD是△ABC的角平分线，且b=3，c=616.(15分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F(1)求C的方程；(2)过点P4,0的直线交C于不同的两点A,B,AH⊥MF17.(15分)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3:1:2.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kk=(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后,B,C两校都还有学生未完成面试)18.(17分)在四棱锥P−ABCD中,四边形ABCD为矩形,△PAB为锐角三角形,PA=AB=2,PB+ BC=4,∠PBC=90∘,E为棱PC的中点,平面PAD(1)求线段BQ长度的最小值；(2)若异面直线PB与QD所成角为60∘(i)求平面PCD与平面QCD夹角的余弦值;(ii)求三棱锥P−ADE19.(17分)已知函数fx(1)判断函数fx=2sinxx(2)将函数fx在区间0,+∞上的极值点从小到大排列，形成数列xn，数列an证明:(i)a1(ii)i=宜宾市普通高中2023级第二次诊断性测试数学答案解析一、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.12345678CBDBCDAB1.A={x∣−2<x≤1},2.由题可知,抛物线y2=4x的焦点则焦点F到直线x+y+1=0的距离3.由题意，∵a=1,1，∴a=2，∵向量b在a方向上的投影向量为∴a⋅b=x4.由题意，该双曲线的离心率e=1+b2a所以该双曲线的渐近线方程为y=±bax即y=±5.因为aj−ai=2j−i所以数列an为公差为2的等差数列,a3+a86.令4a=b3=c2=k,则a为y=4x,y=k的交点横坐标,结合图像可知:a<c<b7.∵fx+f2−x=0gx则gx+g2−x=lnx−2所以两函数图象的交点也关于点1,0i=12x1+8.由θ∈0,π∴2×22≥2sinθ,∴sinθ≤12,又θ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.91011ADACDABD9.对于A,由题意可知,PX≥60=0.8,根据对称性可知,P60对于B,由题意可知,PX≥60=0.8⇒PX≤90=0.8⇒P对于C,因为X=75是该正态分布图象的对称轴,所以PX≥75=0.5,不会随σ的变化而变化,故C错误;对于D,由σ对正态分布图象的影响可知,σ越小,图象越“瘦高”,因此在区间70,80对应图象的面积变大，所以评分在7010.对于A,令x=y=1,得f2=对于B,令x=nn∈N∗,y=1,可得所以，数列{fn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以，所以,fn+1−fn=2n−2n−1对于C,函数fx满足∀x、y∈0,+∞,都有则2ft22=ft≥0所以,fx1+x22=12fx1对于D,Tn=21+22+⋯+211.如图，延长正三棱台的侧棱相交于点O，由题意可知，OA=在等腰梯形BCC1B1中，因为BC=6，B所以OC=OB=6=BC所以三棱锥O−ABC为正四面体，且对于A,设H为等边三角形OBC的中心,由正四面体的性质可知,AH⊥侧面OBC,且AH即点O到底面ABC的距离为26,又因为O所以正三棱台ABC−A1B1C1的高为对于B，因为正三棱台ABC−A1B1C1的高为463，△A所以高为463，底面半径为34的圆柱可以放进该棱台内，故对于C,且AP=27,AH=26,所以HP=∵2>3,可知点P轨迹与等边三角形OBC的三边相交,且边上两交点的距离为2,故其对应圆心角为π3,所以点P的轨迹长度为2×π对于D,设正四面体OABC的内切球的半径为r,由等体积法可得13解得r=62，因为2r<46又因为CQ=3QC1,CC1=4,OC=6,所以Q为OC的中点,过点A,B三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.由题意得z=1−ii313.S2=a1+∴q故答案为:8414.建立如图平面直角坐标系,设抛物线与底面圆的一个交点为H,则OM=12PA=12×42+22=5,设抛物线方程为y2=2pxp>0四、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.(1)由asinB+3bcosA=0及正弦定理得sinA因为0<A<π,所以(2)AD是△ABC的角平分线，则∠BAD=∠DAC=π可得12bc因为b=3,c=故AD=216.(1)由题意知,c=1令x=c,则c2a2+y2b2又a2=b2+1,得a2=4,(2)由题意可知，当直线AB的斜率不为0时，设AB:x=ty+4，Ax1联立x=ty+43x2+则y1+则直线HB的方程为x令y=0,所以x即HB:x=x2当直线AB的斜率不为0时,则AB:y=0,则HB:y故直线HB过定点52,17.(1)因为A,B,C三所学校参加面试的学生人数共6人，且人数比为3:1:2，则A校参加面试的学生有3名,B校参加面试的学生有1名,C记“面试号码为3的学生来自A校”为事件M，故PM=(2)将A校3名学生面试号码的安排情况作为样本空间，则样本点总数为C63若前三位均为A校学生,此时X=15,此时3号一定为A校学生,1,2号也安排A故X=15,故若最后一名A校学生在4号,此时1,2,3号中安排两个号码给A校学生,故X=若最后一名A校学生在5号,此时1,2,3,4号中安排两个号码给A校学生,故X=若最后一名A校学生在6号,此时1,2,3,4,5号中安排两个号码给A校学生,故X=所以X的分布列为:X15202530P1331EX=(3)记“最后面试的学生来自B校”为事件D，“最后面试的学生来自C校”为事件E，显然事件D，E互斥.记“A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试”为事件F，则F=当事件D发生时,只需考虑A,C两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自C则PDF=当事件E发生时,只需考虑A,B两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自B则PEF=所以PF=(另解:P=18.(1)如图,取PD的中点为F,连接EF,由PF=FD,PE=因为四边形ABCD为矩形,所以AB//则EF//AB,所以A因为AB=2EF,所以AF,BE因为AF⊂平面PAD,BE⊂平面PBC,所以G∈平面PAD即G为平面PAD与平面PBC的公共点,又P为平面PAD与平面PBC的公共点,连接PG,则直线PG即为交线l,因为在同一平面内两条相交直线有且仅有1个交点,所以Q与G重合,取PB的中点为H,连接EH,设BC=t,则因为PQ//EH,PQ=2EH,同理因为∠PBC=90∘当BC=t=2时，BQ长度有最小值(2)(i)设O为DC的中点，连接OP,OQ由(1)知PQ//BC所以几何体ABCDPQ是以△PAB和△QDC因为,BC⊥AB,BC⊥PB,且AB∩PB=B,所以BC⊥平面三棱柱PAB−QDC为直三棱柱,则又因为异面直线PB与QD所成角为60∘,三角形PAB为锐角三角形,所以∠即三棱柱PAB−QDC为正三棱柱.又因为PA=AB=2所以OQ所以PD=PC=22所以∠POQ为二面角P−DC−在直角三角形POQ中,tan∠POQ所以平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为217.11(ii)由(i)知OQ⊥平面ABCD,以O为原点,以过点O且在平面ABCD内与CD垂直的直线为xOC,OQ所在直线分别为y轴,z则P2设球心Ma,b,c,半径为R所以a−22a2+b由①②③④,解得a=所以球心M的坐标为1,−1,23所以球M的表面积为4πR2(另解:(2)(i)也可以用坐标法)19.(1)因为f′x=2xcosx−sinx∴gx在0,π上单调递减,∵g0=0gx在π,2π上单调递增,gπ=−π<0gx在2π,3π上单调递减,∵g2π>0,综上,函数gx