四川省泸州市2026届高三上学期第二次教学质量诊断性考试数学试题（Word版附解析）

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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. 62B. 64C. 79D. 81
【答案】A
解析：因为，
所以，
所以，
则.
故选：A
4. 在等比数列中，，，则（ ）
A. 48B. 72C. 96D. 192
【答案】C
解析：设等比数列的公比为，
则，可得，
所以.
故选：C
5. 已知随机变量服从正态分布，若，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】C
解析：因为且，
即，
所以.
故选：C
6. 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. 15D. 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1B. 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：
（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，直线的两点式方程为，
代入整理得，
当与轴垂直时也符合，
故直线的方程为.
由于直线过，代入得，
若的倾斜角为，则，则，，
则.
（2）
设，由（1）同理可得直线的方程为，
由于直线过点，代入得，
设，则直线的方程为，
由于直线过，代入得，
则，
直线的方程为，
即，过定点.
（3）
由（1）（2），令，则，，，
则，，
，，
设与轴交于，
直线的两点式方程为，
代入得，
则，
设，则，
则，
由于，则单调递增，
则，
的取值范围为.年份t/年
2021
2022
2023
2024
2025
年份代码
1
2
3
4
5
销量/万把
7
8
10
11
14