四川省泸州市2026届高三数学上学期第二次教学质量诊断性考试【含答案】

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.设全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B解析：因为全集，集合，则，又因为集合，所以.故选：B.2.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B解析：因为复数，所以复数对应的点为，位于第二象限.故选：B.3.已知，则（）A.62 B.64 C.79 D.81【答案】A解析：因为，所以，所以，则.故选：A4.在等比数列中，，，则（）A.48 B.72 C.96 D.192【答案】C解析：设等比数列的公比为，则，可得，所以.故选：C5.已知随机变量服从正态分布，若，则（）A. B.1 C.2 D.4【答案】C解析：因为且，即，所以.故选：C6.已知展开式的二项式系数和为64，则其展开式的常数项为（）A. B. C.15 D.60【答案】D解析：因为展开式的二项式系数和为，解得，且展开式的通项为，，令，解得，可得，所以其展开式的常数项为60.故选：D.7.已知函数，则下列结论正确的是（）A.的最小正周期为1 B.是偶函数C.的图象关于直线对称 D.在区间上单调递增【答案】D解析：因为函数，对于选项A：的最小正周期为，故A错误；对于选项B：为奇函数，故B错误；对于选项C：因为，不为最值，所以的图象不关于直线对称，故C错误；对于选项D：因为，则，且正弦函数在内单调递增，所以在区间上单调递增，故D正确.故选：D.8.三棱锥的底面为正三角形，侧棱底面，若，则该三棱锥外接球表面积的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C解析：设，则正的外接圆半径，因为，则，则该三棱锥外接球半径，当且仅当时，等号成立，所以该三棱锥外接球表面积的最小值为.故选：C.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.已知两组样本数据和，其中是的中位数，则这两组样本数据的（）A.极差不相等 B.中位数相等C.平均数相等 D.标准差可能相等【答案】BD解析：不妨设，则，新数据按升序排列可得，对于选项A：两组数据的极差均为，即极差相等，故A错误；对于选项B：两组数据的中位数均为，即中位数相等，故B正确；对于选项C：例如，则，平均数为，新数据的平均数为，显然，所以平均数不相等，故C错误；对于选项D：例如，则，显然其标准差为0，新数据的标准差也为0，两者相等，故D正确；故选：BD.10.在锐角中，角的对边分别是，已知，则（）A B.C. D.【答案】ACD解析：对于A，因为，由正弦定理得，又因，可得，所以，即，可得，因为，所以或，即或（舍去），所以A正确；对于B，由，可得，由正弦定理得，因为，所以，所以，所以B错误；对于C，由余弦定理得，因，代入可得，整理得，即，又因为，可得，所以，所以，所以C正确；对于D，由，可得，则，因为，可得，因为为锐角三角形，可得，解得，令，可得在单调递增，当时，；当时，，所以，因为，所以成立，所以D正确.故选：ACD.11.过双曲线左焦点的直线与圆相切于点，与的一个交点为，则（）A.与一定有两个交点B.点在的一条渐近线上C.若，则的离心率为D.若，则【答案】BCD解析：对于选项B：由题意可知：，，，可得，则直线的斜率，可知直线即为双曲线的其中一条渐近线，所以点在的一条渐近线上，故B正确；对于选项A：若，则直线的斜率，且渐近线的斜率为，可知直线与双曲线的一条渐近线平行，此时与有且仅有1个交点，故A错误；对于选项C：设双曲线的另一个焦点为，若，可知点为的中点，且为的中点，则，，可得，由勾股定理可得：，即，可得，所以双曲线的离心率为，故C正确；对于选项D：若，则，，所以，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知平面向量，若，则实数___________．【答案】解析：由向量，可得，因为，所以，解得.故答案为：.13.已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，直线与的另一个交点为，若，则的值为___________．【答案】3解析：由题意可知：，，设，则，，若，则，解得，可得，，所以.故答案为：3.14.已知函数，若函数恰有4个零点，则的取值范围为___________．【答案】解析：由题意可知：函数的定义域为，且，可知为奇函数，若函数恰有4个零点，则函数在内恰有2个零点，当，则，可得，令，可得，构造，，则与在内恰有2个交点，因为，，令，解得；令，解得；可知在内单调递增，在内单调递减，则，当趋近0时，趋近于1；当趋近时，趋近于；作出函数的图象，如图所示：由图象可得：，所以的取值范围为.故答案：.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.已知是公差不为0的等差数列，，是和的等比中项．（1）求的通项公式；（2）记，求数列的前项和．【答案】（1）（2）（1）解：设等差数列的公差为，因为，可得，又因为是和的等比中项，可得，即，即，因为，所以，代入，可得，所以，所以数列的通项公式为.（2）解：由（1）知：，可得，所以.16.乘着文旅融合的东风、借着线上推广的热潮，某非遗工坊生产的油纸伞销量逐年增长．该工坊为了科学规划生产，统计了2021-2025年油纸伞的销量数据如下表：年份t/年20212022202320242025年份代码12345销量/万把78101114（1）统计表明销量与年份代码有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程，并预测该工坊油纸伞的销量最早在哪一年能超过20万把：（2）已知该工坊2023年售出的油纸伞中，有6万把通过线上售出，用频率估计概率，现从2023年售出的油纸伞中随机抽取3把，求其中线上售出数量的分布列．附：为回归直线方程，．【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析（1），，，，，所以关于的线性回归方程为；当，所以预测该工坊油纸伞的销量最早在年能超过20万把.（2）该工坊2023年售出的油纸伞中，有6万把通过线上售出，用频率估计概率，所以2023年售出的油纸伞中，通过线上售出的概率为，由题意可知：，所以，，，，所以其中线上售出数量的分布列为：17.如图，四棱锥的底面为正方形，平面平面，已知，是棱上的点．（1）若是棱的中点，求证：平面；（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成的角的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）（1）由平面平面，且底面为正方形，得，根据面面垂直的性质定理得平面，

因为，是中点，由等腰三角形三线合一，得，

又，结合平面，得平面，因为平面，所以，

由于，根据线面垂直的判定定理，可得平面；（2）由二面角的大小为，结合平面，可知，如图以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，由，得各点坐标：，设（），则，故的坐标为，向量，设平面的法向量为，由得；由得，令，则，故法向量，直线的方向向量为，设直线与平面所成角为，则，二次函数（开口向上），其最小值在顶点处取得，最小值为，故的最小值为，代入得的最大值为：，因此，.18.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）设，且．证明：（i）在区间存在唯一的极值点；（ii）对于（i）中的．【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析（1）已知函数，其定义域为，求导得，当时，在上恒成立，所以在上单调递增.当时令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，在上恒成立，即在上恒成立，所以在上单调递增.综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）（i）已知，定义域，当时，单调递减，又因为，所以单调递增，而也单调递增，故在上单调递增，无极值点；求导得，设，，因为，所以在上为增函数，而，，故在上存在一个零点，且时，，时，，故在上为减函数，在为增函数，而，，故在上存在唯一一个零点，且时，即，时，即，所以在区间上存在唯一的极值点.（ii）由（i）得，即，则，令，，求导得，令，求导得，整理得因为，所以，即在上单调递增，所以，所以，在上单调递增，所以，即.19.设抛物线的焦点为，过的直线与交于两点（点在轴上方），点，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为．（1）若的倾斜角为，求；（2）探究直线是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由；（3）若线段的中点分别为，求的取值范围．【答案】（1）（2）（3）（1）设，当不与轴垂直时，直线的