四川省凉山州2026届高三12月第一次诊断性考试数学试题及答案

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1. 已知集合 A=xx−1∣3−2ln2 .
18. (17分)如图，在四棱锥 P−ABCD 中， PA⊥PD ， ΔPAB 为等边三角形，四边形 ABCD 为直角梯形，

AB//CD,AB⊥BC,AB=2CD=2 .
(1)证明: AB⊥PD ；
(2)若直线 PD 与平面 ABCD 所成的角为 π4 .
(i) 求四棱锥 P−ABCD 的体积；
(ii) 求二面角 P−AD−C 的余弦值.
19. (17 分)法国数学家加斯帕尔·蒙日被称为“画法几何的创始人”. 他发现:与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆, 我们通常称这个圆为该椭圆的蒙日圆.
已知椭圆 C1:x2a2+y2b2=1a>b>0 的蒙日圆半径为 7 ,离心率为 12 .
(1)求椭圆 C1 的标准方程.
(2)已知点 P 是抛物线 C2:y2=4x 的准线上任意一点，过 P 作 C2 的两条切线 PA,PB ，其中 A,B 为切点.
(i)证明:直线 AB 过定点;
(ii) 若直线 AB 与 C1 交于 C,D 两点,记 S1,S2 分别是 △PAB,△PCD 的面积,求 S1S2+S2S1 的取值范围.
凉山州 2026 届高中毕业班第一次诊断性检测 数学参考答案及评分意见
评分说明:
1. 本解法给出了一种解法供参考, 如果考生的解答与本解法不同, 可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则;
2. 对计算题, 当考生的解答在某一步出现错误时, 如果后续部分的解答未改变试题的内容及难度可视影响的程度决定后续部分的给分, 但不得超过该部分的正确解答应得分数的一半; 如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分；
3. 解答右侧所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数;
4. 只给整数分数, 选择题不给中间分.
一、单项选择题
1.C 2.C 3.A 4.D 5.B 6.A 7.D 8.C
二、多项选择题
9. BC 10. ACD 11. BCD
三、填空题
12.2 13.2 14. e24
四、解答题
15. 解: (1) 由题意: fx=sinx+π6+12,x∈0,π2 . 3 分又 π6≤x+π6≤2π3 ∴12≤sinx+π6≤1
所以，函数 fx 的值域为 1,32 . 6 分
(2)由 fA=32 得， A=π3 8 分
由余弦定理得: a2=b2+c2−bc
又 2a2=2c2+bc∴2b2+c2−bc=2c2+bc 即 b=32c 10 分
∴a2=32c2+c2−32c2=74c2 ,即 a=72c
∴sinBsinA=ba=3c27c2=377 . 13 分
16. 解: (1) 设等差数列 an 的公差为 d ,由题意得, 2a1+4d=142a1+6d=20 .4 分解得, a1=1d=3 所以, an=3n−2 .7 分
(2)因为数列 bn−an 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，
所以 bn−an=2n−1 . .9 分
从而 bn=2n−1+an=2n−1+3n−2 , 11 分
所以 Sn=1+2+22+⋯+2n−1+1+4+7+⋯+3n−2 13 分 =2n−1+n3n−12 15 分
17. 解: (1) 由题意得: f′1=1
又 f′x=1+1x2−ax=x2−ax+1x2∴f′1=2−a
∴2−a=1 ,解得 a=1 .3 分
(2)由已知得: f′x=x2−ax+1x2≥0 在 x∈0,+∞ 上恒成立即 x2−ax+1≥0 ,即 a≤x+1x 在 x∈0,+∞ 上恒成立.
∴a≤x+1xmin=2 所以, a 的取值范围为 (−∞,2] . .8 分
(3)当 a=1 时， fx=x−1x−lnx ， f′x=1+1x2−1x
令 f′x1=f′x2=t ,得 1x12−1x1+1−t=01x22−1x2+1−t=0
∴1x1,1x2 是方程 1x2−1x+1−t=0 的两个根.
由根与系数的关系得: 1x1+1x2=1 ,即 x1+x2=x1x2 ,
又 x1+x2>2x1x2,∴x1x2>4
fx1+fx2=x1+x2−1x1+1x2−lnx1+lnx2=x1x2−lnx1x2−1
令 μ=x1x2,μ>4 ，则 gμ=μ−lnμ−1μ>4
∴g′μ=1−1μ=μ−1μ>0
∴gμ 在 4,+∞ 上为增函数, ∴gμ>g4=3−2ln2
从而 fx1+fx2>3−2ln2 15 分
18. 解: (1) 取 AB 的中点 O ,连接 PO,DO
则 DO⊥AB,PO⊥AB
又 DO∩PO=O
∴AB⊥ 平面 POD ,

∵PD⊂ 平面 POD∴AB⊥PD
(2)由(1)知 AB⊥PD
又 PA⊥PD 且 PA∩AB=A
∴PD⊥ 平面 PAB
∵PO⊂ 平面 PAB∴PD⊥PO
又由( 1 )知: AB⊥ 平面 POD ，而 AB⊂ 平面 ABCD ∴ 平面 POD⊥ 平面 ABCD
过点 P 作 PG⊥OD ,垂足为 G .
∵ 平面 POD∩ 平面 ABCD=DO,PG⊂ 平面 POD ∴PG⊥ 平面 ABCD
所以 PD 与平面 ABCD 所成的角为 ∠PDO ,即 ∠PDO=π4
∴PD=PO=3 ∴DO=BC=6,PG=62
故四棱锥 P−ABCD 的体积 VP−ABCD=13×12×1+2×6×62=32 10 分
(3)以 O 为坐标原点， OB,OD 所在直线为 x,y 轴，在平面 POD 内，
与 PG 平行的线为 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则 A−1,0,0,C1,6,0,D0,6,0,P0,62,62
设平面 PAD 的法向量为 m=x,y,z ,则 m⋅PD=0m⋅AD=0 ∴m=6,−1,−1
又平面 ACD 的法向量为 n=0,0,1 ∴cs⟨m,n⟩=m⋅nm⋅n=−122=−24
所以,二面角 P−AD−C 余弦值为 24 .17 分
19. 解: (1) 显然直线 x=a,y=b 与 C1 相切,且相互垂直,则它们的交点 a,b 在蒙日圆上.
则由题意得: a2+b2=7ca=12c2=a2−b2解得:a2=4,b2=3
∴C1:x24+y23=1 4 分
(2)设 Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,Dx4,y4 .
显然抛物线 C2 在点 A 处的切线斜率存在且不为 0 .
设点 A 处的切线方程为 y−y1=kx−x1 ,则由 y12=4x1y−y1=kx−x1y2=4x
得: ky2−4y+4y1−ky12=0 ,
由 Δ=0 ,得 16−4k4y1−ky12=0 ,解得 k=2y1
∴ 在点 A 处的切线方程为: y−y1=2y1x−x1 ,即 yy1=2x+x1
同理得:点 B 处的切线方程为:即 yy2=2x+x2
设 P−1,m ,由题意得 my1=2x1−1my2=2x2−1 ,即直线 AB 的方程为 my=2x−1
所以，直线 AB 过定点 1,0 10 分
(ii) 设直线 AB 的方程为 x=ty+1 ,由 x=ty+1y2=4x 得 y2−4ty−4=0
∴y1+y2=4t,y1y2=−4
从而 AB=1+t2y1−y2=4t2+1
又由 x=ty+1x24+y23=1 得 3t2+4y2+6ty−9=0 ,
∴y3+y4=−6t3t2+4,y3y4=−93t2+4
从而 CD=1+t2y3−y4=12t2+13t2+4
∴S1S2=12AB⋅h12CD⋅h=ABCD=3t2+43≥43 (当且仅当 t=0 时,“=”成立)
从而 ∴S1S2+S2S1≥43+34=2512 . 17 分