四川省达州市普通高中2025届第二次诊断性测试数学答案_2025年4月_250417四川省达州市普通高中2025届第二次诊断性测试（达州二诊）（全科）

达州市普通高中2025届第二次诊断性测试 数学参考答案 1.D 2.C 3.A 4.B 5.A 6.A 7.B 8.C 9.BC 10.AC 11.ABD 2 12.60 13. 14.12或0 π 2e2       15.解：（1）由题知体重在 40,50 ， 50,60 ， 60,70 的频率分别为0.05，0.25，0.4.   ∴中位数x位于 60,70 内 则0.050.25(x60)0.040.5，解得x65 ∴样本体重的中位数为65     （2）设体重在 60,70 ， 70,80 按分层抽样的抽取人数分别为m,n. m n 6 则   ，解得m4，n2 40 20 4020 由题知X 的可能取值为3，1，1 C3 1 C2C1 3 C1C2 1 P(X 3) 4  ,P(X 1) 4 2  ,P(X 1) 4 2  C3 5 C3 5 C3 5 6 6 6 ∴X的分布列为： X 3 1 1 …………………………………… 1 3 1 P 5 5 5 1 3 1 ∴E(X)3 1 (1) 1 5 5 5 16.解：（1）取BC中点D，连接ND，AD.∵D,N 分别为BC,BC中点. 1 1 1 ∴ND//BB ，又∵三棱柱ABC ABC 中，BB //AA ，M 分别为AA 中点 1 1 1 1 1 1 1 ∴DN //AM 且DN  AM , ∴四边形AMND为平行四边形 1 1 1 ∴MN //AD,∵AD平面ABC ,MN 平面ABC , 1 1 1 1 1 1 ∴MN //平面ABC 1 1 （2）取AC中点O,连接AO,BO,∵△ABC和△A AC 均 1 1 为 等 边 三 角 形 , ∴ AO  AC , OB  AC , ∵ 侧 面 A 1 z C 1 1 B A ACC 底面ABC且AC 为交线， 1 1 1 M ∴AO 平面ABC,以O为原点，OB,OC ,OA 所在直 1 1 D 线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，设 AB 2, A O 则 A(0,1,0) ， B( 3,0,0) ， A(0,0, 3) ，C(0,1,0) ， Cy 1 x B x N 1 3 3 1 3 3 M(0, , ) N( , ,0) MC (0, , ) , , 2 2 2 2 2 2 3 1 NC ( , ,0),AC (0,1, 3),AB  AB ( 3,1,0), 2 2 1 1 1 设平面MNC的一个法向量m (x ,y ,z )， 1 1 1 数学答案第1页（共4页）3 3  mM  C  0,  2 y 1  2 z 1 0, ∴  ， ，令 y  3，则x 1，z 3， 1 1 1 mNC 0  3 1  x  y  0   2 1 2 1 ∴平面MNC的一个法向量m (1, 3,3). 设平面ABC的一个法向量n(x ,y ,z )，则 1 1 2 2 2   nAB 0,   3x  y 0,   1  1 ,  2 2 令 y 2  3，则x 2 1，z 2 1， nAC 0 y  3z 0 ， 1 2 2 ∴平面ABC的一个法向量n(1, 3,1)， 1 1 mn 5 65 ∵cosm,n   . |m||n| 13 5 13 65 ∴平面MNC与平面ABC的夹角的余弦值为 . 1 1 13 a b 17.解：（1）在△ABC中由正弦定理代入  tanB tan A 化简得，sin2 AcosB sin2 BcosA， ∴(1cos2 A)cosB(1cos2 B)cosA.可得(cosAcosB)(1cosAcosB)0 ∵在△ABC中1cosAcosB0，∴cosAcosB， 又∵A,B为△ABC内角，∴A B，即△ABC为等腰三角形 （2）∵D为AB中点，由（1）知a b,CD  AB,   C 1 C c ∴△ABC的面积S CACD  2bcos  c CD c ，cos  2 2 2 2b C 2 c 2 又∵Rt△CAD中，cos  ，∴  ，∴c4. 2 b 2b b CD 2 π 又∵tan A  1.0 Aπ，∴A AD c 4 2 π π π ∴C  π   . 4 4 2 （3）设△ABC周长为l，则l abc2bc CD 2 4 4 2 2 ∵tan A   ，∴c ,sin A ，∴b AD c c tan A b sin A 2 A 42cos2 4 4 4(1cosA) 4 2 l 2bc     sin A tan A sin A A A A 2sin cos tan 2 2 2  π A  π A A  π ∵A0, ，∴ 0, ， y  tan 在 0, 上为增函数  3 2  6 2 2  6 A π 3 4 （tan ）  tan  ，∴l  4 3 2 max 6 3 min 3 3 数学答案第2页（共4页）18.解：（1）∵ f(x)exa， ①当a≤0时， f(x)0，y  f(x)在xR上单调递增. ②当a0时，令 f '(x)0，解得xlna，令 f '(x)0，解得xlna 综上所述，当a≤0时， y  f(x) 在（，）上单调递增，当a0时 y  f(x) 在 (lna,)上单调递增，在(,lna)上单调递减 (2)x≥0时， f (x)≥(x1)2恒成立，即exax(x1)2≥0在x≥0时恒成立. ①x0，不等式对aR均成立. ex(x1)2 ex(x1)2 ②x0,不等式可化为a≤ ，令g(x) ，则只需a≤g(x) x x min (x1)(exx1) ∵g'(x) ， (x)exx1， '(x)ex1，当x0时'(x)0 x2 ∴y (x)在x0时单调递增，(x)(0)0，即exx10. ∴当x1时，g'(x)0，y  g(x)单调递增， 当0 x1时，g'(x)0， y  g(x)单调递减. ∴g(x) g(1)e4，∴ a≤e4，即取值范围为a  ,e4  min （3）当a=1时， f(x)exx，令h(x)exxlnx1， 1 h'(x)ex1 ，显然x0时， y h'(x)单调递增 x 1 ∵h'(1)e20，h'( ) e 30. 2 1  1 1 存在x  ,1，使得h'(x )0，即ex 01 0，ex 0 1 0 2  0 x x 0 0 当0 x x 时，h'(x )0， y h(x)单调递减， 0 0 当x x 时，h'(x )0， y h(x)单调递增. 0 0 1 ∴h(x) h(x )ex 0x lnx 1 x lnx ， min 0 0 0 x 0 0 0 1 1  令m(x) xlnx，显然y m(x)在x ,1单调递减，m(x)m(1)0， x 2  ∴h(x) 0，即exxlnx10，∴ f(x)lnx1. min 19.解：(1)由题可知c2 211，c1，即F(1,0)，F (1,0) 1 2 设P(x ,y )，Q(x ,y )，由OP2OQ OF 得(x ,y )2(x ,y )(1,0)， 1 1 2 2 1 1 1 2 2 x 2x  ∴ 1 2 . 设直线l方程为xty1 y 2y 0 1 2 ∴ x 2x ty 12(ty 1)t(y 2y )33. 1 2 1 2 1 2 ∴3 x x (2)  i  由题可设直线PT 方程为 1  y y 1，设直线PT 与圆x2  y2 2得交点为(x ,y )， 2 1 3 3 (x ,y )， 4 4 x x  1  y y 1 x2 由 2 1 可得(x2 4y2)x2 4x x48y2 0，∵ 1  y2 1 1 1 1 1 2 1  x2  y2 2 ∴(4x 2)x2 4x x4(x2 1)0，解得 1 1 1 数学答案第3页（共4页） 2(x 1)  2(x 1) x  1 x  1   3 2x   4 2x 1 1  ， ，  y  2x 1 2  2y 1  y  2x 1 2  2y 1   3 y (2x ) 2x   4 y (2x ) 2x 1 1 1 1 1 1 设直线QT 与圆x2  y2 2得交点为(x ,y )，(x ,y )，同理可得 5 5 6 6  2(x 1)  2(x 1) x  2 x  2   5 2x   6 2x  2 ， 2 ，∵x  x  x x  x  x  2x2 2y  2x2 2y 3 1 4, 5 2 6 y  2  2 y  2  2   5 y (2x ) 2x   6 y (2x ) 2x 2 2 2 2 2 2 ∴M ,N 坐标应为M(x ,y )，N(x ,y ). 3 3 5 5 2(x 1) 2y 2(x 1) 2y 4y (x 1)4y (x 1) ∵x y x y  1  2  2  1  2 1 2 1 3 5 5 3 2x 2x 2x 2x (2x )(2x ) 1 2 2 1 1 2 x ty 1,x ty 1,∴x y x y 0 1 1 2 2 3 5 5 3 即OM //ON ,又∵OM ON O,∴M,O,N 三点共线. (ii)设T(m,n)，点T 在直线PT 和QT 上，满足 xm 1  y n1   2 1 mx  ，∴直线l方程可写为 ny 1， x m 2  2  y n1   2 2 又∵直线l方程为xty1，∴m2，nt ，即T(2,t) t2 1 点T 到直线l的距离d   t2 1， t2 1 直线l方程为xty1代入椭圆方程得(t2 2)y2 2ty10 2t 1 由韦达定理得 y  y  ,y y  ， 8t2 80 1 2 t2 2 1 2 t2 2 PQ  1t2 y  y  1t2 (y  y )2 4y y 1 2 1 2 1 2   2t 4 2 21t2  1t2 ( )2   t2 2 t2 2 t2 2 1 1 2 2(t2 1) ∴△TPQ的面积S  PQ d    t2 1， 2 2 t2 2 23 令 t2 1≥1，t2 2 1，S  2 1 2(4 32) 2 S' 0,∴ y  S()在≥1时单调递增，∴S  S(1) ，△TPQ (2 1)2 min 2 2 面积的最小值为 2 数学答案第4页（共4页）