2026绵阳高三上学期第二次诊断性考试数学（A卷）含解析

这是一份2026绵阳高三上学期第二次诊断性考试数学（A卷）含解析，共13页。试卷主要包含了单选题，未知，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题（ A）
一、单选题
1．已知复数的共轭复数为，则（ ）
A．-2iB．0C．-2D．2
2．若直线与直线垂直，则（ ）
A．B．0C．1D．2
3．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知的两条对角线相交于点O，M为CD的中点，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．体积为的圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、未知
7．已知直线，平面，若，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
8．已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，且经过点，直线AF交于另一点，直线AO交的准线于点，则（ ）
A．B．C．2D．
9．已知函数，则（ ）
A．是奇函数B．在上有零点
C．在上单调递增D．有4个极值点
10．已知双曲线的实轴长为2，左，右焦点分别为分别是半径都为2的上的动点，且满足线段的垂直平分线与直线相交于点，线段的垂直平分线与直线相交于点N，O为坐标原点，则（ ）
A．的离心率为2
B．M，N的轨迹都是双曲线
C．与有2个公共点
D．若与的两条渐近线分别交于A，B两点，则的面积为
11．在直三棱柱中，为的中点，若平面BCM与平面的交线为，则点到直线的距离为 ．
12．已知椭圆经过两点．
(1)求的标准方程；
(2)直线交于A，B两点．
（i）若上存在异于A，B的一点，满足（为坐标原点），试探究的面积是否为定值？若是，请求出该值，若不是，请说明理由；
（ii）已知点在的内部，延长AQ，BQ分别交于D，E两点，且，若，求m，n满足的关系式．
13．如图所示，已知四棱锥平面ABCD.点为PA的中点，，垂足分别为．
(1)证明：；
(2)若平面EBD，设二面角的平面角为，且为钝角，求的最大值；
(3)若，点P，A，B，D都在同一个球面上，且给定该球的半径时，三棱锥的体积有3个可能的值，求该球半径的取值范围．
三、多选题
14．已知函数，则（ ）
A．B．的最小值为
C．的最小正周期为D．
四、填空题
15．已知，若，则与的夹角为 ．
16．已知等差数列的首项，公差，前项和，则 ．
五、解答题
17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求；
(2)若，且的周长为8，求．
18．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求的单调区间及最小值．
19．已知数列满足，．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求的通项公式，并求的前项和．
参考答案
1．D
【详解】复数的共轭复数为，
所以.
故选：D
2．C
【详解】对于直线和直线垂直,则.
已知直线中,直线中.
因为,即.
故选：C.
3．A
【详解】由可得，
即，
所以，
故选：A
4．C
【详解】，
故选：C
5．D
【详解】因为,，,
所以
则.
故选：D.
6．B
【详解】设该圆柱的高和底面圆半径分别为，球的半径为R，
则，
所以球的表面积为.
故选：B
7．B
8．A
9．ABD
10．ABD
11．2
12．(1)
(2)（i）为定值；（ii）
【详解】解：（1）将点代入椭圆方程可得：，，
解得：，，
∴椭圆方程为：；
（2）方法一：设，，，
∴，，
由，则，即，
代入椭圆方程可得：，
整理得：，
又，在椭圆上，则，，
代入上式可得：，平方可得：，
∵直线OA的方程为：，
∴点到直线OA的距离，
∴△OAB的面积：，
∴
，
∴△OAB的面积为定值；
（2）方法二：设，，，
∴，，
由，则，即，
代入椭圆方程可得：，
整理得：，
又，在椭圆上，则，，
代入上式可得：，
又，在直线上，
故，则，
整理得到：……（*）
联立方程：，整理得到：，
由，
由韦达定理：代入（*）式，得：，
此时：
，
O(0，0)到直线的距离：，
所以△OAB的面积：；
（3）设，，，，
∵直线AB与直线DE平行，则直线AB与直线DE的斜率均为，
由平行关系，可设，即，，
由，则，
∴，
同理，由可得：，
又，在椭圆上，故，，
相减可得：，
∴，则……③
同理：，则……④
③+④可得：，
∴，又，故m=2n．
13．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】解：（1）证明：由题意，可知，
如解图1，取PE中点H，连接HF，HG，
则HF⊥PE，GH⊥PE，结合HF，HG平面HGF，
故PA⊥平面HGF，
又∵FG平面HGF，故PA⊥FG；
（2）设AC与BD的交点为O，
∵平面PAC，平面PAC平面EBD = EO，
结合PC∥平面EBD，故PC∥EO，
∵E为PA的中点，故O为AC的中点，
如解图2所示，建立空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，P(0，0，2)，，
设，，AC中点O(1，0，0)，
则有，∵，
故，
得，同理可得，
不妨设，，其中，，
∵BD过O(1，0，0)，从而，
由，，
得，则，
设平面PAB与平面PAD的法向量分别为，，
从而有，即，可得，
同理可得，
故
，
且易知，满足θ为钝角，
而，当且仅当，时取等，
故，
二面角B-AP-D的平面角的余弦值的最大值为；
（3）∵BD//FG，且PA⊥FG，
故PA⊥BD，结合PC⊥平面ABD，则可得PC⊥BD，
因此BD⊥平面PAC，故BD⊥AC，
由（2）知，，
故B，D关于平面PAC对称，
设，则，其中且，
设△ABD的外心为S，显然S应在x轴上，
设，∵|SB|=|SA|，
故有，整理得，
同时PA在平面PAC中的垂直平分线恰为CE，
因此球心T即为过S且垂直于平面ABD的直线与CE的交点，
故，
令，则且，代入及表达式，
得，
因此，令，
故，且，
且给定该球的半径时，三棱锥P-BCD的体积有3个可能的值，
等价于有3个不同的解，即有3个不同的解，
①当时，关于w的方程，
在区间上有唯一解，
此时关于v的方程仅在区间(‒2，0)有一解，不满足题意；
②当时，关于w的方程恰有两解，
，方程在区间(‒2，0)有1解，有唯一解．故共有2组解，不满足题意；
③当时，关于w的方程在，分别有一解. 此时关于v的方程在区间(‒2，0)有一解，在有2解，共3解，符合题意，
因此，即，
综上所述，该球半径的取值范围是；
思路二：令，则且，
代入的表达式为：，
则，结合，后同解法一的讨论．
方法二：（3）∵BD//FG，且PA⊥FG，故PA⊥BD，结合PC⊥平面ABD，则可得PC⊥BD，
因此BD⊥平面PAC，故BD⊥AC，由（2）知，，
故B，D关于平面PAC对称，设，则，其中且，
设球心，则，
∴
化简整理得：，且，故，
下同方法一
14．BD
【详解】因为，
A，，故错误；
B，因为，所以的最小值为，故正确；
C，由题意可得的最小正周期为，故错误；
D，因为
，故正确.
故选：BD.
15．/
【详解】由可得：，
又因为，所以，
即，
又因为，所以，
故答案为：
16．6
【详解】因为等差数列的首项，公差，前项和，
由得，
解得.
故答案为：6.
17．(1)
(2)3
【详解】（1）已知，由正弦定理得，
，
又，
，
，
，
又，
．
（2），由余弦定理：，
，
的周长为8，，解得，
故．
18．(1)
(2)单调递增区间为：和，单调递减区间为：；
【详解】（1）∵，
∴，
又，
∴所求切线方程为：，即.
（2）由知的定义域为，
∵，
令，解得或，即的单调递增区间为：和；
令，解得，即的单调递减区间为：，
∵，，
∵，则，
的最小值为．
19．(1)证明见解析
(2)，
【详解】（1）证明：，，
两式相减得，
，
又，
数列是首项为2，公比为2的等比数列．
（2）数列是首项为2，公比为2的等比数列，
，
，，
两式相加得，
，，
当时，满足上式，
数列是首项为4，公差为4的等差数列，即，
，解得，
题号
1
2
3
4
5
6
14



答案
D
C
A
C
D
B
BD