四川省广安市高2022级第二次诊断性考试数学答案_2025年3月_250329四川省广安市高2022级第二次诊断性考试（四川六市二诊）（全科）

秘密★启用前 广安市高 2022 级第二次诊断性考试 数学参考答案 一、单选题答案：1.D，2.C，3.B，4.A，5.D，6.B，7.C，8.D 4.【详解】∵AC⊥平面BCD，BD 平面BCD，∴AC⊥BD， D以BC为直径的半圆圆周上动点⊂（不同于B、C的点），所以BD⊥CD，AD∩CD＝C， ∴BD⊥平面ACD， ∵AD 平面BCD，∴BD⊥AD， 在Rt△⊂ ABD中，AB＝5，BD＝3，则AD＝ ＝4， ∵AC⊥平面BCD，CD 平面BCD，∴AC⊥CD， 在Rt△ACD中，设AC⊂＝a，CD＝b，（a＞0，b＞0）， 则由AC2+CD2＝AD2，得a2+b2＝16， 1 ∴S △ACD ＝ ≤ （a2 b2)4， 4 当且仅当a＝b，且a2+b2＝16，即a＝b＝4时，等号成立， ∴VA﹣BCD ＝VB﹣ACD ＝ ≤4， ∴该三棱锥体积的最大值为4． 6. 【详解】 1 由题意，知最长弦长为直径，即a  5 2 2 5米，最短弦长和 1 2 最 长 弦 长 垂 直 ， 由 弦 长 公 式 得 a 2 52 32 42,a 4 ， 所 以 9 9     9 a a 9 54 h 1 9  40.5米. 2 2 7. 【详解】（此题原创）主要考察对解析几何基本概念及性质的掌握 数学试题 第 1 页 共 14 页 {#{QQABYYYUogCoABBAAAhCEwXCCAEQkAEAAaoOgFAYsAAAAQFABAA=}#}x y 解 由对称性可知，不妨设直线l的方程为 ＋ ＝1， a b 即bx＋ay－ab＝0， |b·0＋a·0－ab| 3 |b·0＋a·0－ab| 3 于是有 ＝ m，又2c=m,故 ＝ c， a2＋b2 8 a2＋b2 4 即4ab＝ 3c2， 两边平方得16a2b2＝3c4， 所以16a2(c2－a2)＝3c4， 即3c4－16a2c2＋16a4＝0， 即3e4－16e2＋16＝0， 4 解得e2＝4或e2＝ ， 3 b2 a2＋b2 b2 因为b>a>0，所以 >1，e2＝ ＝1＋ >2， a2 a2 a2 故e2＝4，所以e＝2.故选C 8. 【详解】由 3  2 1  4 3  4 1  4 f  x   cosx  sinx  cosx  sinx sinx， 2  3  2  3  2  3  2  3  π 3π π 3π 即 f xsinx是 , 上的“完备函数”，所以存在x,x  , ，使得  2 2   1 2  2 2   f x  f x  1 2 1成立； 2 π 3π 即存在x,x  , ，使得 f x  f x  2成立； 1 2  2 2   1 2 π 3π 又因为 f x 1，因此 f x  f x 1，即 f xsinx在x , 上至少存在两个 max 1 2  2 2   最大值点， 3π π 2π 所以  T  ，解得2； 2 2  3π π 4π 当  2T  ，即4时，一定满足题意； 2 2  数学试题 第 2 页 共 14 页 {#{QQABYYYUogCoABBAAAhCEwXCCAEQkAEAAaoOgFAYsAAAAQFABAA=}#}π 3π π 3π 若24，因为x  ,  ，0，所以 x ， 2 2  2 2 π 3π 又易知π 2π,3π 6π； 2 2 9π 3π 所以只需保证  6π即可，解得34 2 2 综上可知的取值范围为 3, .故选：D 二、多选题答案：9. BD，10.ACD，11. ABC. 9. 【详解】BD 对于选项A，具有相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，那么 r 越接近于0，x，y之间 的线性相关程度越低，可知A错误； 对于选项B，由方差的性质可知B正确； 对于选项C，因为1275%9，所以甲组数据的上四分位数是第9个数与第10个数的平 154155 均数，即 154.5，故C错误； 2 对于选项D,见选择性必修三教材P71，具体答案见教参P100,则D正确。 10. 【答案】ACD 【详解】由nS (n1)S (n1)n(n1)  n2,nN 得 S n  S n1  n1  n 2,nN ， n n1 n1 n S S S S S S ∴ 2  1 1, 3  2 2,, n  n1 n 1， 3 2 4 3 n1 n S S n(n1) 累加得， n  1 12(n1) ， n1 2 2 故2S n351n50  n2,nN ，当n1时，S 50满足上式， n 1 n351n50 ∴S  ， n 2 3n23n50 当n2时，a  S S  ，∴a 50，故选项A正确； n n n1 2 5 1 1 由于函数y3x22x50 ，其图象对称轴为x ，当x 时函数递增， 3 3 3n23n50 故当n2时，a  单调递增，又a S 50,a S S 22 ， n 2 1 1 2 2 1 数学试题 第 3 页 共 14 页 {#{QQABYYYUogCoABBAAAhCEwXCCAEQkAEAAaoOgFAYsAAAAQFABAA=}#}∴a 单调递增，且a a a a  0a a  ，所以B错误； n 1 2 3 4 5 6 ∴当n4时，S 单调递减，当n5时，S 单调递增，且S S ， n n 4 5 ∴当n4时，S 取得最小值，故选项C正确； n 当n5时，S 单调递增，又S  7351750 32 0, S  83 51850 27 0， n 7 2 8 2 ∴当S 0时，n的最小值为8，故选项D正确； n 故选：ACD． 11. 【答案】ABC 【详解】（此题原创）主要考察函数的构造和导函数的综合运用 f  x  xf x  因为 1，所以 f xxfxex，又[xf x] f xxfxex， ex xf xexc． 取x1可得 f 1ec，由 f xxfxex， 令x1，得 f 1 f1e． f11，c1，f x ex1 ， x  f ln2 1 log e， f  ln2  ln21故A正确； ln2 2 设xexx1，则xex1， 当x0时，x0，当x0时，x0， 所以x在,0上单调递减，在0,上单调递增，(x) 00， min xexx10，即ex  x1，当且仅当x0时，等号成立． 故 f x1，又nN*,所以 f  n  1，故B正确． 由a f  a   f  a  1，所以 f a  f a n 1 ，得 f a  ean1 1  f a n 1 ， n1 n1 n n1 a n1 a a n1 n1 n1 数学试题 第 4 页 共 14 页 {#{QQABYYYUogCoABBAAAhCEwXCCAEQkAEAAaoOgFAYsAAAAQFABAA=}#}即ean1  f a ，所以ean1  ean 1 ， n a n a ean1 ean 1a 11a ，即a  ean1 1  0， n n n n 因为函数 f x定义域为0,， 所以a n 0，有ean1 10，即a n1 0， 下证数列a n 单调递减，即证ean1 ean ，即证 ea a n 1 ean， n 即证ean 1a ean，即证1a ean 10， n n 令gx1xex1，则gxxex， 当x0时，gx0，所以gx在0,上单调递减． 因为a 0，ga g00，所以a a ，即数列a 单调递减， n n n1 n n 所以0a a 1，a a ，故C正确，D错误． n 1 2025 2024 故选：ABC. 3 三、填空题答案：12. 34i，13.-4，14. 1200 ，  16  1  13.【详解】因为 AP ACAD ，P,C,D三点共线， 3 1 2 所以 1 ，解得 ， 3 3    3 因为AD 3DB，所以 AD AB ， 4     1 2 1 1 则AP AC AD AC AB，BC  ACAB ，所以 3 3 3 2  A  P    B  C     1 A  C   1 A  B      A  C    A  B    1 A  C  2  1 A  B  2  1 A  C    A  B  38 1 43 1 4 . 3 2  3 2 6 6 2 14. 【解析】 数学试题 第 5 页 共 14 页 {#{QQABYYYUogCoABBAAAhCEwXCCAEQkAEAAaoOgFAYsAAAAQFABAA=}#}正方形ABCD的中心为O，将其沿对角线AC翻折，使得D在面ABC内的射影为AC 的中 点，则二面角D ACB为直二面角，如图所示， 又AB 2，则可得，DOAC， DO 2 ，AC 2 2，平面DAC平面BAC， 又平面DAC平面BAC  AC，DO平面DAC， DO平面BAC， 1 1 又AE  AD,BF  BC 2 2 所以E为AD的中点，F 为BC的中点， 又正方形ABCD的 中心为O， O为AC的中点， 1 1 则可得OE  DC 1,OF  AB1, 2 2 过E作EH  AC于点H，连接HF， 则EH //DO，EH 平面BAC， 又HF 平面BAC，EH HF 1 2 3 3 2 又EH  DO ，CH  AC ，CF 1，ACB45, 2 2 4 2 2 3 2 3 2 5 10 HF  CF2CH2 2CFCH cosACB  12   21 cos45    ，    2  2 2 2 2 2  2  10 在Rt△EHF中，EF  EH2HF2        3，      2   2  又OEOF 1， EO2FO2EF2 1 cosEOF   ，EOF 120 2EOFO 2 将EOF绕直线EF旋转一周得到一个旋转体为两个同底面的圆锥组合 体， 作出其轴截面，如图， 则该轴截面中OEG和△OFG为边长为1的等边三角形， 该旋转体的内切球的半径r即为菱形OEGF 的内切圆的半径， 数学试题 第 6 页 共 14 页 {#{QQABYYYUogCoABBAAAhCEwXCCAEQkAEAAaoOgFAYsAAAAQFABAA=}#}1 由等面积法，则2S  OEEGGFOFr， EOG 2 1 3 1 3 即2 11  1111r，则r ， 2 2 2 4 3 4 4  3 3 因此该旋转体的内切球的体积为V  r3     .   3 3  4  16 四、解答题答案 15. 【解析】 （1）因为 f(x)e2x ax2，所 f x  2e2x 2ax,…………（1分）  f 1  2e2 2a, f  1  e2 a，所以曲线 y  f(x)在x 1处的切线为 y f  1   f 1  x1  ,即y   2e2 2a  xe2 a.…………（2分）   令 y 0,则2 e2 a xe2 a,…………（3分） 若e2 a 0，则a e2,则切点为 1,0  ,切线为y 0,不合题意。…………（4分） 1 若e2 a 0，则x ,令x0,则y ae2, 2 1 又切线在两坐标轴上的截距相等，即 ae2,…………（5分） 2 1 故a  e2,…………（6分） 2 （2），若函数 f(x)e2x ax2有3个零点，即e2x ax2有三个解， 其中x0时，显然不是方程的根，…………（7分） e2x 当x0时，转化为g(x)  与 y a的图像有3个交点，…………（8分） x2 2e2xx2 2e2xx 2e2x(x1) 又由g(x)  ，…………（9分） x4 x3 令g(x)0，解得x0或x 1；令g(x)0，解得0 x1， 所以函数g(x)在(,0),(1,)上单调递增，在(0,1)上单调递减；…………（10分） 数学试题 第 7 页 共 14 页 {#{QQABYYYUogCoABBAAAhCEwXCCAEQkAEAAaoOgFAYsAAAAQFABAA=}#}所以当x1时，函数g(x)取得极小值，极小值为g  1 e2，…………（11分） 又由x0时，g  x ，当x时，g  x 0且g  x 0，………（12分） 如下图：   所以ae2，即实数a的取值范围为 e2, .…………（13分） 16. （15分）【解析】 （1），∵A1C⊥底面ABC，BC 底面ABC， ∴A1C⊥BC， ⊂ ∵BCAC,ACAC C,AC 平面A ACC AC 平面A ACC 1 1 1 1 1 1 ∴BC⊥平面ACC1A1, ∵BC 底面BBCC， 1 1 ⊂ ∴平面A ACC 平面BBCC…………（6分） 1 1 1 1 V V V …………（7分） （2）法一 三棱锥BACC 1 三棱锥ABCC 1 三棱锥A 1 BCC 1 , 设,A1 到平面BCC1B1 的距离为d． 1 1 3 1 1 3 V   CC dBC  即  21BC  三棱锥A 1 BCC 1 3 2 1 3 3 2 3 BC= 3 …………（8分） , ∵AC // AC又∵AC  ACAC  AC 1 1 1 1 1 1 1 在RtA 1 C 1 C 中作A1O⊥CC1 于O，则A1O=1= 2 CC 1 ,所以O 为CC1 的中点， 数学试题 第 8 页 共 14 页 {#{QQABYYYUogCoABBAAAhCEwXCCAEQkAEAAaoOgFAYsAAAAQFABAA=}#}即CO 1，AC  AC  2 …………（10分） 1 1 , 过A作AM∥A1O交C1C的延长线与M，连接MB1 ，则AM⊥CC1， ∠AB1M为AB1 与平 面BCC1B1 所成角的角，AM=d=1，…………（12分） 又AO// AM,AA //OM 1 1 四边形A AMO为平行四边形， 1 AA 2OM 2 1 C1M＝3， ∴B1M＝ ＝2 ，∵AM＝1，∴AB1 ＝ ＝ ， ∴sin∠AB1M＝ ＝ ． ∴AB1 与平面BCC1B1 所成角的正弦值为 ．…………（15分） 法二：AC 面ABC且AC  BC ，CA、CB、CA 两两相互垂直 1 1 以CA、CB、CA 分别为x轴,y轴,z轴建系如图： 1 由法一可知， AC  AC  2 ,…………（10分） 1 （另解： 设AC m,AC  4m2 1 1 3 V  S AC  A 1 ACB 3 ABC 1 3 3 1 3 3 S  m,  m 4m2  ,m 2 ） ABC 2 3 2 3         C 0,0,0 ,C  2,0, 2 ,B 0, 3,0,CB  0, 3,0 , 1   CB C B ,B   2, 3, 2 1 1 1 1 数学试题 第 9 页 共 14 页 {#{QQABYYYUogCoABBAAAhCEwXCCAEQkAEAAaoOgFAYsAAAAQFABAA=}#}      CB  0, 3,0,CC   2,0, 2 ,AB  2 2, 3, 2 , 1 1   设面CBB C 的法向量n x,y,z ， 1 1 x1  nCB 0  3y 0      y 0，法向量n 1,0,1 ，  nCC 0  2x 2z 0  1 z 1 nAB 1 13 cos n,AB 1  n AB  13 ，∴AB1 与平面BCC1B1 所成角的正弦值为 ．（15分） 1 17. （15分）【解析】 （1）由直方图可知，0.032:0.0162:1，  70,80 占6人， 80,90 占3人，……（1分） 则成绩优秀的学生人数可取0,1,2,3，所以 C0C6 1 C1C5 18 P  0   3 6  ,P  1   3 6  , C6 84 C6 84 9 9 …………（3分） C2C4 45 C3C3 20 P  2   3 6  ,P  3   3 6  , C6 84 C6 84 9 9 所以分布列为 X 0 1 2 3 1 18 45 20 p 84 84 84 84 1 18 45 20   则期望E 0 1 2 3 2.…………（5分） 84 84 84 84 （2）记事件A：成绩优秀的学生，事件B：乙学校的学生， 6 26 13 1 由已知条件可知，P(A∣B)0.24 ，P(A∣B)  ，P(B) ，…（7分） 25 100 50 2 6 1 13 1 1 所以P(A)P(A∣B)P(B)P(A∣B)P(B)     .…（9分） 25 2 50 2 4 （3） 数学试题 第 10 页 共 14 页 {#{QQABYYYUogCoABBAAAhCEwXCCAEQkAEAAaoOgFAYsAAAAQFABAA=}#} 8 n8 8 n7 1 3 1 3 C8    C8      n 4 4 n1 4 4 解法一： 31n32………（15分） 8 n8 8 n9  1 3 1 3 C8    C8       n 4 4 n1 4 4 解法二：记随机抽取n人中竞赛成绩优秀的人数为Y，  1 由题意可知，Y Bn, ，………（10分）  4 8 n8 8 n8 1 3 1 3 所以PY 8C8     ，令a C8     ， n4 4 n n4 4 8 n7 1 3 a C8 n1  4    4   3n1 则 n1   ，………（11分） a 1 8 3 n8 4n7 n C8     n4 4 3n1 令 1，则n31，所以n30时，a a ， 4n7 n1 n 3n1 令 1，则n31，所以n32时，a a ， 4n7 n1 n 3n1 令 1，则n31，所以a a ， ………（14分） 4n7 32 31 所以当n31或n32时，a 最大，即n31或n32时，竞赛成绩优秀的人数为8的概 n 率最大.………（15分） 18. （17分）【解析】 （1）解：由圆C ：x2  y2 2x400，可化为标 1 准方程 x1 2  y2 41，   所以圆C 圆心为C 1,0 ，半径为r  41， 1 1 设MN 与x轴交于点G，如图所示， 因为圆C 和抛物线C 都关于x轴对称，则M,N 两点 1 2 数学试题 第 11 页 共 14 页 {#{QQABYYYUogCoABBAAAhCEwXCCAEQkAEAAaoOgFAYsAAAAQFABAA=}#}也关于x轴对称，且 MN 8， 所以在直角MGC 中，MG 4,MC  41，所以CG 5，则OG4， 1 1 1 所以抛物线C 过点  4,4  ，即42 2p4，则 p 2， 2 所以抛物线C 方程为 y2 4x.………（4分） 2   （2）（i）由（1）知F 1,0 ,又因为直线AB的斜率不为0，故设AB的方程为 xty1,A  x ,y  ,B  x ,y  ， 1 1 2 2 xty1 联立 可得： y2 4ty40，Δ4t 2 160， y2 4x 则 y y 4,y  y 4，………（6分） 1 2 1 2   y y y y 2ty y 2 y  y 8t8t k C 1 A k C 1 B  x  1 1  x  2 1  ty  1 1  ty 2 1   t 1 y 2 1  ty 1 1  2   ty 1  ty 1  0. 1 2 1 2 1 2 1 2 故BC F CC F ，故直线BC 与直线CC 关于x轴对称，即点B与点C关于x轴对 1 1 1 1 . 称，所以线段BC垂直于x轴………（10分） （ii）由（i）可知C  x ,y  ，不妨设 y 0，因为点A在C 与C之间，所以x 1， 2 2 2 1 2 1 y3 1 y 2,S  2y  x 1   x 1  y  2 y ,S  2y  y ， 2 1 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 y3 则8S S 9y  2 ，………（12分） 2 1 2 4 令 f  y  9y y3 （y 2)，则 f y  9 3y2  3 12 y2  ， 4 4 4 令 f y 0，则12 y2 0，解得2 y2 3； f x  0， 解得 y 2 3.       则 f y 在 2，2 3 上单调递增，在 2 3， 上单调递减，………（15分） 数学试题 第 12 页 共 14 页 {#{QQABYYYUogCoABBAAAhCEwXCCAEQkAEAAaoOgFAYsAAAAQFABAA=}#}    2 3 3   f  y   f 2 3 92 3 12 3 ，所以8S S 的取值范围为 -，12 3 . max 4 2 1 （17分） 19.（17分）【解析】     f x  f x （1）因为 y mx是N  2  函数，对任意x,x 0,1， 1 2 1，则 1 2  x 1 k   x 1 k 1 2 f  x   f  x    x 1 k   x 1 k，x  x， 1 2 1 2 1 2 所以 mx mx   x 1 2   x 1 2  m  x x    x x 2  x x  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2    m  x x 2 x x 0， 1 2 1 2   故 m  x x 2 0,即m  x x 2 ，又x,x 0,1， 1 2 1 2 1 2 所以 m 2，2m2………（4分） （2）设x 为 f x在区间0,1上存在的唯一的极大值点，则 f x在0,x 严格递增，在x ,1 0 0 0 严格递减，     f x 0  f 0  x 0   x 0  f x 0  x 0 1   5 由 ，即 1   5 ，得  f x  ，  f x 0  f 1  x 0 1   x 0  3  f x 0  3 x 0 6 0 6  5 x,0 x 2 2 5  又 f 00， f  1   ，则  f  x   ，（构造 f  x   6 时，等号成 3 3 0 6 2x 5 , 5  x1  2 6 立）， 2 5               所以 f x max  f x min  f x max  f x min  f x 0  f 0  f x 0  3 , 6   ；…（10分） 1 x （3）因为a0，f  x   x2  aln  x1  ，显然 f x为 0,1 上的严格增函数，又由 20 10 题干可知，x  x ，任意x,x 0,1，不妨设x  x ， 1 2 1 2 1 2 数学试题 第 13 页 共 14 页 {#{QQABYYYUogCoABBAAAhCEwXCCAEQkAEAAaoOgFAYsAAAAQFABAA=}#}此时 f x  f x ， 1 2 1 1 由 f x为N  1  函数，得 f x  f x   恒成立，即 1 2 x 1 x 1 1 2 1 1 f x   fx 恒成立， 2 x 1 1 x 1 2 1 1 1 设hx f x 0.05x20.1xalnx1 ，则hx为 0,1 上的减函数， x1 x1 hx0.1x1 x a 1  x 1 12 0，得 a x 1 1  x 1  0 12 对x 0,1 恒成立， 易知上述不等号右边的函数为 0,1 上的减函数， 1 4 1  1  所以a   ，所以a的取值范围为0,  ， 2 10 10  10 a 此时gx fx0.1x1 ， x1 a 法1：当0.1x1 时，即x1 10a ，由 10a 1，而x1 1,2 ，所以gx为 0,1  x1 上的增函数， a 法2：gx0.1 ， x12 因为a    0, 1 1 0    ，当x 0,1 ，gx0.1 x a 12 0，所以gx为 0,1 上的增函数， a a  1  由题意得，Mag1g00.2 0.1a0.1 ，a0, .………（17分） 2 2  10 数学试题 第 14 页 共 14 页 {#{QQABYYYUogCoABBAAAhCEwXCCAEQkAEAAaoOgFAYsAAAAQFABAA=}#}