四川省凉山州2026届高三数学下学期第二次诊断性考试试题【含答案】

本试卷分选择题和非选择题两部分第I4分，考试时间分钟.注意事项：答题前，考生务必将自己的姓名､座位号､准考证号用毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确.选择题使用铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸､试题卷上答题无效.考试结束后，将答题卡收回.第I卷（选择题，共分）一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上）1.复数是实数，则实数（）A.0B.1C.D.0或1【答案】B【解析】【分析】利用实数定义计算即可得.【详解】由题意可得，解得.2.向量与共线，则的值为（）A.-4B.4C.9D.-9【答案】A【解析】【详解】由向量与共线，得，所以.3.已知集合，则（）A.B.C.D.第1页/共18页

【答案】D【解析】【分析】利用指数函数与对数函数单调性可解出集合、，再利用并集定义即可得解.【详解】由，可得，故，由，可得，故，则.4.的二项展开式的第项的系数是（）A.10B.C.5D.【答案】A【解析】【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.【详解】对，有，则，故的二项展开式的第项的系数为.5.如图，西昭高速施工队计划在一座大山中挖通一条直隧道，需要确定隧道的长度，工程测量员测得隧道两端的两点到点的距离分别为度为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用余弦定理计算即可得.第2页/共18页

【详解】，故隧道的长度.6.若正方形的四个顶点在曲线上，则正方形的面积的最大值为（）A.3B.4C.D.5【答案】B【解析】【分析】由方程确定曲线的形状，再确定曲线上的点到原点距离最大的点，进而求出最大面积.【详解】曲线关于轴成轴对称，关于原点成中心对称，当时，曲线方程为，即，此时曲线是以为圆心，为半径的圆在第一象限的圆弧（含坐标轴上的点）及原点，因此曲线是上述圆弧及其关于坐标轴、原点对称而得的图形，加上原点，圆弧到原点距离最大值为，对应的点为，点关于坐标轴、原点对称点为，点顺次连接得正方形，并且是符合条件的面积最大的正方形，所以正方形的面积的最大值为4.7.函数的定义域为，将曲线向左平移个单位得到函数的图象，且，则可以是（）A.B.C.D.第3页/共18页

【答案】B【解析】【分析】逐项求出对应后，检验是否满足即可得.【详解】对A：若，则，由，故A错误；对B：若，则，则，，即满足，故B正确；对C：若，则，由，故C错误；对D：若，则，由，故D错误.8.用测量工具测量某物体的长度，由于工具的精度以及测量技术的原因，测得5个数据表示这个物体的长度，当函数取最小值时，（）A.4.8B.5.2C.5.3D.5.6【答案】B【解析】第4页/共18页

【分析】展开可得是关于的二次函数，利用二次函数性质计算即可得.【详解】，即是关于的二次函数，则当取时取最小值，此时.二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对得6分，有错选得0分；若本题正确答案为2项，则选对1个得3分；若本题正确答案为3项，则选对1个得2分，选对2个得4分）9.点在抛物线上，是为始边，为终边的角为坐标原点，则（）A.的坐标为B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】由抛物线定义可得A；设，则可利用表示出、，再利用该点在抛物线上即可得B；利用B中所得计算C；利用B中所得可求出、，再利用两点间距离公式计算即可得.【详解】对A：由抛物线可得其焦点，故A正确；对B：设，由，则，，则有，即，解得或即，故B正确；第5页/共18页

对C：由B知：，故C错误；对D：由B知：，则，故D正确.10.下列命题中，正确的命题是（）A.根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据的独立性检验（与不独立B.已知，则C.已知随机变量，若，则D.设随机变量，若，则【答案】ABD【解析】AB式求解判断C；利用标准正态分布，结合裂项求和法判断D.【详解】对于A，由，得与不独立，A正确；对于B，由及，得，B正确；对于C，随机变量，且，则，，C错误；对于D，随机变量，第6页/共18页

，因此，D正确已知圆台的上，下底半径分别为，母线长为，半径为的球与圆台的两个底面和侧面都相切，则下列命题中正确的有（）A.成等差数列B.圆台的侧面积C.成等比数列D.圆台的体积【答案】BCD【解析】.、.由勾股定理：，展开化简得，即.然后逐项分析.:梯形的内切圆与上底，下底和腰相切于点，易得，故.选项A：由，得，故A错误.选项B：圆台侧面积，代入，得，故B正确.选项C：如上图，作出圆台的轴截面，截面图形为等腰梯形，内切圆为球的大圆，梯形高为.过梯形上底一端点作下底的垂线，得直角三角形：水平直角边：，竖直直角边：，斜边：母线.由勾股定理：，展开：，化简得：，成等比数列，正确.第7页/共18页

选项D：圆台体积，而，故，D正确.第卷（非选择题，共分）三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共分）12.若，则点到平面的距离__________.【答案】【解析】【分析】利用空间向量坐标公式计算出、可求出平面法向量，再利用空间中点到平面距离公式计算即可得.【详解】，，设平面的法向量为，则，取，则,，故，则.13.若数列满足，则前6项的平均数__________.【答案】2【解析】【分析】利用递推公式求出的通项公式，然后得到答案.【详解】令，则，即是公差为2的等差数列，由得，故，第8页/共18页

于是，所以，，，，，，故前6项的平均数.14.已知，则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】利用，转化为的函数，利用导数分析其单调性，得到其取值范围.【详解】由，，得，所以..令，则.因为，所以，所以，即，即恒成立，所以是减函数.所以.所以的取值范围为.四､解答题（本题共5小题，共分解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）15.设函数，且，曲线在点处的切线方程为.（1）求的值；第9页/共18页

（2）求的极值.【答案】（1）（2）极小值为，无极大值.【解析】1）根据切线的几何意义表示出切线斜率，进而可以求a的值；（2）根据导数得到函数的单调性，进而求出函数极值.【小问1详解】由，得，求导得，曲线在点处的切线斜率.已知切线方程为，故斜率为，则，解得，即；【小问2详解】由（1）知，定义域.求导得，令，得，当时，，单调递减；当时，，单调递增.故在处取得极小值，极小值为，无极大值.16.袋子中有若干个大小相同的小球，其中3个白球，个黑球.（11.若第1次摸到白球的概率为1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率；（2）将袋子中所有小球排成一排，记至少有两个白球相邻的概率为，若，求的最大值.第10页/共18页

【答案】（1）；（2）4【解析】1）由古典概率公式求出，再利用条件概率公式求解.（2）利用对立事件的概率公式，结合组合计数问题列出不等式求解.【小问1详解】由第1次摸到白球的概率为，得，解得，所以在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率.【小问2详解】从个位置中选3个放白球，共种，三个白球都不相邻：先排个黑球，产生个空隙，选3个空隙放白球，共种，因此三个白球都不相邻的概率为，而，则，而，整理得，解得，又所以的最大值为4.17.已知为椭圆的右焦点，为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，坐标原点到直线的距离为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线交椭圆于两点.求的面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】第11页/共18页

1）根据的关系结合条件计算即得；（2）联立直线与曲线方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，再利用弦长公式与点到直线距离公式可表示出面积，最后利用换元法与基本不等式计算即可得.【小问1详解】由为椭圆的右焦点，则，由，，则，由，化简得，由，则，化简得，故或，由，故，则，即椭圆标准方程为；【小问2详解】设、，联立，消去可得，，则，，，则，第12页/共18页

点到直线的距离，则，令，则，，当且仅当时，等号成立，故的面积的最大值为.18.在中，角的对边分别为，已知.（1）求证：；（2）若.①求；②证明：.【答案】（1）证明见解析（2）①；②证明见解析【解析】1）利用正弦定理将边化为角后，利用两角差的正弦公式计算即可得；（2、、第13页/共18页

函数，利用导数研究其单调性，最后由零点的存在性定理计算即可得.【小问1详解】由正弦定理可得，即有，则或，若，则；若，则，舍去；故；【小问2详解】①由，则，由，则，由，则，解得，，故；②令，由，则，，则，第14页/共18页

令，则，令，则，故在上单调递减，又，，由零点存在性定理可得，即.19.如图，在三棱柱中，，，二面角的平面角为，点在平面上的射影为点.（1）若四边形矩形，求；（2）若，.①若，求直线与平面所成角的最大值；②当点的轨迹是离心率为的前项和为，求的最小值.【答案】（1）（2）①；②【解析】1）先证明点落在直线上，再求角.第15页/共18页

（2）①建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值和线面角的正弦值，再结合不等式的性质可求线面角的最大值.②先判断最小值.【小问1详解】取中点，中点，连接，如下图：因为为矩形，则，且.由，可得，则，且.而，且平面，则平面.而平面，则平面平面.因为，，则，所以点平面，则在平面上的射影落在直线上，所以.【小问2详解】①设为中点连接，则，过作直线平面，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，设，第16页/共18页

则，，，，，由，得，即