2026届赣州市红旗实验中学高三第二次诊断性检测数学试卷含解析

这是一份2026届赣州市红旗实验中学高三第二次诊断性检测数学试卷含解析，共4页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，在中，“”是“”的，设双曲线等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．年部分省市将实行“”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史和化学的概率为
A．B．
C．D．
2．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点的直线与椭圆交于、两点.若的内切圆与线段在其中点处相切，与相切于点，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．已知抛物线的焦点为，为抛物线上一点，，当周长最小时，所在直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，已知平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，，，．是平面上的一动点，且直线，与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（ ）
A．B．C．D．
5．一辆邮车从地往地运送邮件，沿途共有地，依次记为，，…（为地，为地）．从地出发时，装上发往后面地的邮件各1件，到达后面各地后卸下前面各地发往该地的邮件，同时装上该地发往后面各地的邮件各1件，记该邮车到达，，…各地装卸完毕后剩余的邮件数记为．则的表达式为（ ）．
A．B．C．D．
6．执行如图所示的程序框图，若输出的，则①处应填写（ ）
A．B．C．D．
7．在复平面内，复数z=i对应的点为Z，将向量绕原点O按逆时针方向旋转，所得向量对应的复数是（ ）
A．B．C．D．
8．在中，“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
9．已知双曲线的离心率为，抛物线的焦点坐标为，若，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
10．设双曲线（a＞0，b＞0）的一个焦点为F（c,0）（c＞0），且离心率等于，若该双曲线的一条渐近线被圆x2+y2﹣2cx＝0截得的弦长为2，则该双曲线的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
11．已知直线y＝k（x﹣1）与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，直线y＝2k（x﹣2）与抛物线D：y2＝8x交于M，N两点，设λ＝|AB|﹣2|MN|，则（ ）
A．λ＜﹣16B．λ＝﹣16C．﹣12＜λ＜0D．λ＝﹣12
12．根据党中央关于“精准”脱贫的要求，我市某农业经济部门派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家，则甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．实数，满足约束条件，则的最大值为__________.
14．某城市为了解该市甲、乙两个旅游景点的游客数量情况，随机抽取了这两个景点20天的游客人数，得到如下茎叶图：
由此可估计，全年（按360天计算）中，游客人数在内时，甲景点比乙景点多______天.
15．已知，椭圆的方程为，双曲线方程为，与的离心率之积为，则的渐近线方程为________.
16．己知函数，若曲线在处的切线与直线平行，则__________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在中，角的对边分别为，若.
（1）求角的大小；
（2）若，为外一点，，求四边形面积的最大值.
18．（12分）已知函数.
（1）若函数的图象与轴有且只有一个公共点，求实数的取值范围；
（2）若对任意成立，求实数的取值范围.
19．（12分）已知函数，函数（）.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，.
（3）证明：当时，.
20．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为.
（1）求的直角坐标方程和的直角坐标；
（2）设与交于，两点，线段的中点为，求.
21．（12分）如图，四棱锥中，底面是菱形，对角线交于点为棱的中点，．求证：
（1）平面；
（2）平面平面．
22．（10分）已知都是各项不为零的数列，且满足其中是数列的前项和，是公差为的等差数列．
（1）若数列是常数列，，，求数列的通项公式；
（2）若是不为零的常数），求证：数列是等差数列；
（3）若（为常数，），．求证：对任意的恒成立．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B
【解析】
甲同学所有的选择方案共有种，甲同学同时选择历史和化学后，只需在生物、政治、地理三科中再选择一科即可，共有种选择方案，根据古典概型的概率计算公式，可得甲同学同时选择历史和化学的概率，故选B．
2、D
【解析】
可设的内切圆的圆心为，设，，可得，由切线的性质：切线长相等推得，解得、，并设，求得的值，推得为等边三角形，由焦距为三角形的高，结合离心率公式可得所求值．
【详解】
可设的内切圆的圆心为，为切点，且为中点，，
设，，则，且有，解得，，
设，，设圆切于点，则，，
由，解得，，
，所以为等边三角形，
所以，，解得.
因此，该椭圆的离心率为.
故选：D.
【点睛】
本题考查椭圆的定义和性质，注意运用三角形的内心性质和等边三角形的性质，切线的性质，考查化简运算能力，属于中档题．
3、A
【解析】
本道题绘图发现三角形周长最小时A,P位于同一水平线上，计算点P的坐标，计算斜率，即可．
【详解】
结合题意，绘制图像
要计算三角形PAF周长最小值，即计算PA+PF最小值，结合抛物线性质可知，PF=PN，所以，故当点P运动到M点处，三角形周长最小，故此时M的坐标为，所以斜率为，故选A．
【点睛】
本道题考查了抛物线的基本性质，难度中等．
4、B
【解析】
为所求的二面角的平面角，由得出，求出在内的轨迹，根据轨迹的特点求出的最大值对应的余弦值
【详解】
，，，
，同理
为直线与平面所成的角，为直线与平面所成的角
，又
，
在平面内，以为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系
则，设
，整理可得：
在内的轨迹为为圆心，以为半径的上半圆
平面平面，，
为二面角的平面角，
当与圆相切时，最大，取得最小值
此时
故选
【点睛】
本题主要考查了二面角的平面角及其求法，方法有：定义法、三垂线定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、向量法等，依据题目选择方法求出结果．
5、D
【解析】
根据题意，分析该邮车到第站时，一共装上的邮件和卸下的邮件数目，进而计算可得答案．
【详解】
解：根据题意，该邮车到第站时，一共装上了件邮件，
需要卸下件邮件，
则，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查数列递推公式的应用，属于中档题．
6、B
【解析】
模拟程序框图运行分析即得解.
【详解】
；
；.
所以①处应填写“”
故选：B
【点睛】
本题主要考查程序框图，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
7、A
【解析】
由复数z求得点Z的坐标，得到向量的坐标，逆时针旋转，得到向量的坐标，则对应的复数可求.
【详解】
解：∵复数z=i（i为虚数单位）在复平面中对应点Z（0，1），
∴＝(0，1)，将绕原点O逆时针旋转得到，
设＝(a，b)，，
则，
即，
又，
解得：，
∴，
对应复数为.
故选：A.
【点睛】
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题.
8、C
【解析】
由余弦函数的单调性找出的等价条件为，再利用大角对大边，结合正弦定理可判断出“”是“”的充分必要条件.
【详解】
余弦函数在区间上单调递减，且，，
由，可得，，由正弦定理可得.
因此，“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
【点睛】
本题考查充分必要条件的判定，同时也考查了余弦函数的单调性、大角对大边以及正弦定理的应用，考查推理能力，属于中等题.
9、A
【解析】
求出抛物线的焦点坐标，得到双曲线的离心率，然后求解a，b关系，即可得到双曲线的渐近线方程．
【详解】
抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点坐标为（1，0），则p＝2，
又e＝p，所以e2，可得c2＝4a2＝a2+b2，可得：ba，所以双曲线的渐近线方程为：y＝±．
故选：A．
【点睛】
本题考查双曲线的离心率以及双曲线渐近线方程的求法，涉及抛物线的简单性质的应用．
10、C
【解析】
由题得，，又，联立解方程组即可得，，进而得出双曲线方程.
【详解】
由题得 ①
又该双曲线的一条渐近线方程为，且被圆x2+y2﹣2cx＝0截得的弦长为2，
所以 ②
又 ③
由①②③可得：，，
所以双曲线的标准方程为.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了双曲线的简单几何性质，圆的方程的有关计算，考查了学生的计算能力.
11、D
【解析】
分别联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理，可得，，然后计算，可得结果.
【详解】
设，
联立
则，
因为直线经过C的焦点，
所以.
同理可得，
所以
故选：D.
【点睛】
本题考查的是直线与抛物线的交点问题，运用抛物线的焦点弦求参数，属基础题。
12、A
【解析】
每个县区至少派一位专家，基本事件总数，甲，乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数，由此能求出甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率.
【详解】
派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家
基本事件总数：
甲，乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数：
甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为：
本题正确选项：
【点睛】
本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、10
【解析】
画出可行域，根据目标函数截距可求.
【详解】
解：作出可行域如下：
由得，平移直线，
当经过点时，截距最小，最大
解得
的最大值为10
故答案为：10
【点睛】
考查可行域的画法及目标函数最大值的求法，基础题.
14、72
【解析】
根据给定的茎叶图，得到游客人数在内时，甲景点共有7天，乙景点共有3天，进而求得全年中，甲景点比乙景点多的天数，得到答案.
【详解】
由题意，根据给定的茎叶图可得，在随机抽取了这两个景点20天的游客人数中，
游客人数在内时，甲景点共有7天，乙景点共有3天，
所以在全年）中，游客人数在内时，甲景点比乙景点多天.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了茎叶图的应用，其中解答中熟记茎叶图的基本知识，合理推算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
15、
【解析】
求出椭圆与双曲线的离心率，根据离心率之积的关系，然后推出关系，即可求解双曲线的渐近线方程.
【详解】
，椭圆的方程为，
的离心率为：，
双曲线方程为，
的离心率：，
与的离心率之积为，
，
，
的渐近线方程为：，即.
故答案为：
【点睛】
本题考查了椭圆、双曲线的几何性质，掌握椭圆、双曲线的离心率公式，属于基础题.
16、
【解析】
先求导，再根据导数的几何意义，有求解.
【详解】
因为函数，
所以，
所以，
解得.
故答案为：
【点睛】
本题考查导数的几何意义，还考查运算求解能力以及数形结合思想，属于基础题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）（2）
【解析】
（1）根据正弦定理化简等式可得，即；
（2）根据题意，利用余弦定理可得，再表示出，表示出四边形，进而可得最值.
【详解】
（1），由正弦定理得：
在中，，则，
即，
，即
.
（2）在中，
又，则为等边三角形，
又，
-
当时，四边形的面积取最大值，最大值为.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，属于基础题．
18、（1）（2）
【解析】
（1）求出及其导函数，利用研究的单调性和最值，根据零点存在定理和零点定义可得的范围．
（2）令，题意说明时，恒成立.同样求出导函数，由研究的单调性，通过分类讨论可得的单调性得出结论．
【详解】
解（1）函数
所以
讨论：
①当时，无零点；
②当时，，所以在上单调递增.
取，则
又，所以，此时函数有且只有一个零点；
③当时，令，解得（舍）或
当时，，所以在上单调递减；
当时，所以在上单调递增.
据题意，得，所以（舍）或
综上，所求实数的取值范围为.
（2）令，根据题意知，当时，恒成立.
又
讨论：
①若，则当时，恒成立，所以在上是增函数.
又函数在上单调递增，在上单调递增，所以存在使，不符合题意.
②若，则当时，恒成立，所以在上是增函数，据①求解知，
不符合题意.
③若，则当时，恒有，故在上是减函数，
于是“对任意成立”的充分条件是“”，即，
解得，故
综上，所求实数的取值范围是.
【点睛】
本题考查函数零点问题，考查不等式恒成立问题，考查用导数研究函数的单调性．解题关键是通过分类讨论研究函数的单调性．本题难度较大，考查掌握转化与化归思想，考查学生分析问题解决问题的能力．
19、（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析（3）证明见解析
【解析】
（1）求出的定义域，导函数，对参数、分类讨论得到答案.
（2）设函数，求导说明函数的单调性，求出函数的最大值，即可得证.
（3）由（1）可知，可得，即又即可得证.
【详解】
（1）解：的定义域为，，
当，时，，则在上单调递增；
当，时，令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增；
当，时，，则在上单调递减；
当，时，令，得，令，得，则在上单调递增，在上单调递减；
（2）证明：设函数，则.
因为，所以，，
则，从而在上单调递减，
所以，即.
（3）证明：当时，.
由（1）知，，所以，
即.
当时，，，
则，
即，
又，
所以，
即.
【点睛】
本题考查利用导数研究含参函数的单调性，利用导数证明不等式，属于难题.
20、（1），（2）
【解析】
（1）利用互化公式把曲线C化成直角坐标方程，把点P的极坐标化成直角坐标；
（2）把直线l的参数方程的标准形式代入曲线C的直角坐标方程，根据韦达定理以及参数t的几何意义可得．
【详解】
（1）由ρ2得ρ2+ρ2sin2θ＝2，将ρ2＝x2+y2，y＝ρsinθ代入上式并整理得曲线C的直角坐标方程为y2＝1，
设点P的直角坐标为（x，y），因为P的极坐标为（，），
所以x＝ρcsθcs1，y＝ρsinθsin1，
所以点P的直角坐标为（1，1）．
（2）将代入y2＝1，并整理得41t2+110t+25＝0，
因为△＝1102﹣4×41×25＝8000＞0，故可设方程的两根为t1，t2，
则t1，t2为A，B对应的参数，且t1+t2，
依题意，点M对应的参数为，
所以|PM|＝||．
【点睛】
本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．
21、（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
(1) 连结根据中位线的性质证明即可.
(2) 证明,再证明平面即可.
【详解】
解：证明：连结
是菱形对角线的交点,
为的中点,
是棱的中点,
平面平面
平面
解：在菱形中,且为的中点,
,
,
平面
平面,
平面平面．
【点睛】
本题主要考查了线面平行与垂直的判定,属于基础题.
22、（1）；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
(1)根据,可求得,再根据是常数列代入根据通项与前项和的关系求解即可.
(2)取,并结合通项与前项和的关系可求得再根据化简可得,代入化简即可知,再证明也成立即可.
(3)由(2) 当时,,代入所给的条件化简可得,进而证明可得,即数列是等比数列.继而求得,再根据作商法证明即可.
【详解】
解：
．
是各项不为零的常数列,
则,
则由,
及得,
当时,,
两式作差,可得．
当时,满足上式,
则；
证明：,
当时,,
两式相减得：
即．
即．
又,
,
即．
当时,,
两式相减得：．
数列从第二项起是公差为的等差数列．
又当时,由得,
当时,由,得．
故数列是公差为的等差数列；
证明：由,当时,
,即,
,
,即,
即
,
当时,即．
故从第二项起数列是等比数列,
当时,．
．
另外,由已知条件可得,
又,
,
因而．
令,
则．
故对任意的恒成立．
【点睛】
本题主要考查了等差等比数列的综合运用,需要熟练运用通项与前项和的关系分析数列的递推公式继而求解通项公式或证明等差数列等.同时也考查了数列中的不等式证明等,需要根据题意分析数列为等比数列并求出通项,再利用作商法证明.属于难题.