西南名校联盟2025届“3+3+3”高考备考诊断性联考（一）数学-答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_12202025届西南名校联盟高三3+3+3高考备考诊断性联考（一）

西南名校联盟 2025 届“3+3+3”高考备考诊断性联考（一） 数学参考答案 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D C C B A A B 【解析】     1．AC ABBC ，向量AC对应的复数为13i(2i)34i，故选D． 2．对 A，由ln(ab)0得ab1，∴ab1，∴ab成立，反之，当a2，b1时，不能 推出ab1，故ln(ab)0是ab成立的充分不必要条件；对 B，当a2，b1时， ab不成立，故|a|b不是ab成立的充分条件，反之，当ab时，|a|≥ab成立， 故|a|b是ab成立的必要不充分条件；对C，a2 b2是ab的既不充分也不必要条件； 对D，2a 2b是ab的充要条件，故选D． 87 3．第3项的二项式系数为C2  28，故选C． 8 21 2 1 2 4 2 2 4．由题意数列{a }满足a  ，由a  ，得a   ，a  3，a  2， n n1 2a 1 2 2 1 3 3 4 4 23 n 2 2 2 3 2 1 1 a   ，由此可知数列{a }的周期为4，故a a a  ，故选C． 5 22 2 n 2025 45061 1 2 11 5．由两直线垂直得 4m15m(m1)0 ，解得 m0或 ，故选B． 15 6．设圆锥的顶点为O，记点P是底面圆周上的一点，作出圆锥侧面展开图如图1所示：又因 为质点运动最短距离为4 2，故PP4 2，又因为 π OPOP4，所以OP2 OP2 PP2，所以POP ．设 2 π 圆锥底面半径为r ，高为h，则2πr 4，解得r 1，所以 2 图1 1 1 15π h 42 12  15，所以圆锥的体积V  πr2h π12 15  ，故选A． 3 3 3 数学参考答案·第1页（共9页） {#{QQABaQQUggiAQBIAABhCQwGSCgOQkgCACagOxAAIMAAASBNABAA=}#}1 x2 ax1 7 ． f(x)xa  (x0) ， 因 为 f(x) 有 两 个 极 值 点 为 x，x ， 所 以 x x 1 2 x2 ax1 f(x) 在(0，)上有两个不同的零点. 此时方程 x2 ax10在 (0，) x 上有两个不同的实根.则 a2 40，且 x x a0，x x 1，解得 a2.若不 1 2 1 2 f(x ) f(x ) 等式 f(x ) f(x )(x x )恒成立，则 1 2 恒成立.因为 f(x ) f(x ) 1 2 1 2 x x 1 2 1 2 1 1 1 a2 x2 ax lnx  x2 ax lnx ln(xx )a(x x ) [(x x )2 2xx ] 1，则 2 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 f(x ) f(x ) a 1 a 1 1 1 1 2   ，设h(a)  ，则h(a)  ，因为a2 4，所以h(a)0， x x 2 a 2 a a2 2 1 2 3 3 所以h(a)在(2，)上单调递减，所以h(a)h(2) ，所以≥ ，即实数的取值范 2 2  3  围为   ，，故选A．  2  8．由题可得2 3bcsinA3b2 3c2 a2，∴a2 3b2 3c2 2 3bcsinAb2 c2 2bccosA， b2 c2 b c  π ∴ 3bcsinAbccosAb2 c2，∴ 3sinAcosA   ≥2，∴2sinA  bc c b  6  π b c π π 2π ≥2，∴sinA 1，当且仅当  取等，∵0 Aπ，∴A  ，∴A ，  6 c b 6 2 3 π sin π b sinB 6 3 BC ，∴    ，故选B． 6 a sinA 2π 3 sin 3 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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） 题号 9 10 11 答案 ACD AC AD 数学参考答案·第2页（共9页） {#{QQABaQQUggiAQBIAABhCQwGSCgOQkgCACagOxAAIMAAASBNABAA=}#}【解析】       3   9．对A，若a，b可以作为基底，则a与b不共线，当a与b共线时，132，∴ ，故a，b 2 3     可以作为基底时， ，故A正确；对B，ab(1，1)，∴|ab| (1)2 1 2， 2   ∴2 20，∴0或2，故B错误；对C，若ab，则60，∴6，故C正确；   π ab 6 2 对D，cos      ，∴2 890，∴1或9，故D正确，故 4 |a||b| 5 2 9 2 选ACD． 3 3 10．由幂函数 f(x)(8m2 5)xm2 知，8m2 51，解得m ，故A正确； f(x)x4的定 2 3 义域为[0，)，所以函数为非奇非偶函数，故 B 错误，C 正确；由 f(x)x4知函数在 4 [0，)上单调递增，所以由 f(2x1) f(5x)可得0≤5x2x1，解得 x≤5，故 3 D错误，故选AC． 1 1 11．由题意，当n1时，S a 2a2，解得a  ，当n2时，S a a  a 2a2， 1 1 1 1 2 2 1 2 2 2 2 1 5 3 5 解得a  1，故 A 正确；当n3时，S a a a  a 2a2，解得 2 4 3 1 2 3 4 3 3 1 72 5 3 5 1 72 5 a  1，∴S   a ，∴S >a ，所以B错误；假设数 3 4 2 4 4 3 2 3 2 1 5 1 1 72 5 列{a }为等比数列，则a2 aa ，    ，矛盾，故 C 错误；因为 n 2 1 3  4  2 4   a S S 2a2 2a2 0，所以a2 a2 (a a )(a a )0，所以a a ， n1 n1 n n1 n n1 n n1 n n1 n n1 n 1 所以数列{a }是递增数列，所以a a  (n≥2)，假设对任意的nN，a ≤100，则 n n 1 2 n S 2a2≤21000020000，取n40000，则S 40000a 20000，矛盾，所以{a } n n 40000 1 n 中存在大于100的数，故D正确，故选AD． 数学参考答案·第3页（共9页） {#{QQABaQQUggiAQBIAABhCQwGSCgOQkgCACagOxAAIMAAASBNABAA=}#}三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 41 16 答案 4 4 75 【解析】 41 12．当m0，n0时，双曲线E的渐近线方程为4x5y0，双曲线E的离心率为 ． 4 x2 1 2 1 2 3 1 1 13．y   ≥2   ，令 t(t 0)，则4t2 4t30，∴t  或 a x2 a a a 2 a 2 3 1 1  （舍），∴  ，∴a4． 2 a 2 14．若两次取球后，乙袋中恰有 4 个球，则两次取球均为同色；若第一次取球均取到红球， 3 2 1 其概率为   ，第一次取球后甲袋中有 4 个红球和 2 个白球，乙袋有 1 个红球和 4 5 6 5 4 1 2 4 2 个白球，第二次取到同色球概率为     ；此时乙袋中恰有 4 个小球的概率是 6 5 6 5 5 1 2 2 2 4 4   ；若第一次取球均取到白球，其概率为   ，第一次取球后甲袋中有 3 5 5 25 5 6 15 个红球和 3 个白球，乙袋有 2 个红球和 3 个白球，第二次取到同色球概率为 3 2 3 3 1 4 1 2     ；此时乙袋中恰有 4 个小球的概率是   ；所以乙袋中恰有 4 个 6 5 6 5 2 15 2 15 2 2 16 16 小球的概率是   ，故答案为： ． 25 15 75 75 四、解答题（本大题共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．（本小题满分13分） 9 解：（1）由题意得4p9，解得 p ， …………………………………（3分） 4 9 抛物线方程为y2  x． …………………………………（5分） 2 （2）直线l的方程为ykx2k3， …………………………………（6分） ykx2k3  2k 联立 9 ，得 y2  y2k30， …………………………………（8分） y2  x 9   2 若k 0满足要求， …………………………………（10分） 数学参考答案·第4页（共9页） {#{QQABaQQUggiAQBIAABhCQwGSCgOQkgCACagOxAAIMAAASBNABAA=}#}8k 3 若k 0，则需满足1 (32k)0，解得k  ， 9 4 3 综上：k 0或 ． …………………………………（13分） 4 16．（本小题满分15分） T 2π π 解：（1）由题可得A4 3， 6，∴T 24，  ， 4 T 12 π ∴y4 3sin x， …………………………………（4分） 12 2π 当x8时，y4 3sin 6， 3 ∴M(8，6)，又P(16，0)，∴MP 82 62 10(千米)． ……………………………（7分） 31 （2）在△MNP中，设MN x，则 NP x， 2 2  31  x2  x 102   MN2 NP2 MP2  2  1 ∵cosMNP   ， 2MN NP 31 2 2x x 2 3 ∴ x2 100， 2 10 ∴MN x 6， 3 31 10 5 NP  6 5 2 6， 2 3 3 5 5 ∴MN NP5 2 6(千米)，∴折线段赛道MNP的长度为5 2 6 千米. 3 3 ……………………………（15分） 17．（本小题满分15分） （1）证明：如图2，取AC中点O，连接AO， 1 因为侧面ACC A 为菱形，AAC 60， 1 1 1 所以AO AC，……………………（2分） 1 又因为平面ACC A 平面ABC，平面 1 1 图2 ACC A 平面ABC  AC ， 1 1 数学参考答案·第5页（共9页） {#{QQABaQQUggiAQBIAABhCQwGSCgOQkgCACagOxAAIMAAASBNABAA=}#}所以AO平面ABC， …………………………………（4分） 1 又因为E为AC 的中点，所以四边形AOFE为平行四边形，所以AO//EF， 1 1 1 1 所以EF 平面ABC，又EF 平面DEF ，所以平面DEF 平面ABC． …………………………………（6分） （2）解：连接OB，因为△ABC为等边三角形， 则OBOC，所以OB，OC，OA 两两垂直，则 1 以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图 3 所示： 令三棱柱的棱长为2，所以OBOA  3，故 1 图3 O(0，0，0)，A(0，1，0)，B( 3，0，0)， A(0，0， 3)，C(0，1，0)，E(0，1， 3)，C (0，2， 3)， 1 1  1  3 1  又AD AB，所以D ， ， 3， …………………………………（8分） 1 3  3 3      设CF CC，[0，1]， 1 1    则OF OC(1)OC (0，，0)(0，22， 3 3)(0，2， 3 3)， 1 即F(0，2， 3 3)；   3 2   又DE ， ，0，EF (0，1， 3)，   3 3    设平面DEF 的法向量为m(x，y，z)，   mDE0   3x2y0 3 3 则  ，则 ，取x 3，则y ，z (1)； mEF 0 (1)y 3z0 2 2   3 3  故平面DEF 的法向量可为m 3， ， (1)；   2 2   …………………………………（11分）  又AC (0，2，0)，设直线AC与平面DEF 所成角为， 数学参考答案·第6页（共9页） {#{QQABaQQUggiAQBIAABhCQwGSCgOQkgCACagOxAAIMAAASBNABAA=}#}    6 |m AC| |3| 6 由题可得sin|cosm，AC| ，即     ， 4 |m||AC| 9 3 4 2 32  2  (1)2 4 4 1 整理得：630，解得 ， 2 CF 1 6 故当 1 = 时，直线AC与平面DEF 所成角的正弦值为 ． CC 2 4 1 ……………………（15分） 18．（本小题满分17分） 2  1 解：（1） f(x) 4cosx x ， …………………………………（2分） 2x1  2 f(0)2， f(0)0， …………………………………（4分） f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y2x． …………………………………（5分） 2 （2）因为 f(x) 4cosx， 2x1 2 4 令g(x) 4cosx，g(x) 4sinx， …………………………（7分） 2x1 (2x1)2  π π 4 因为g(x)在x   0， 2   上单调递增，g(0)40，g  2   4 (π1)2 0，  π 所以x 0， ，使得g(x )0， …………………………………（9分） 0  2 0 当x[0，x )，g(x)0，g(x)单调递减， 0  π 当x  x 0 ， 2   ，g(x)0，g(x)单调递增， …………………………………（11分） π π 2 f(0)g(0)20， f  g  0， 2 2 π1  π 所以x 0， ，使得 f(x )0， …………………………………（13分） 1  2 1 当x[0，x )， f(x)0， f(x)单调递减， 1 数学参考答案·第7页（共9页） {#{QQABaQQUggiAQBIAABhCQwGSCgOQkgCACagOxAAIMAAASBNABAA=}#} π 当x  x 1 ， 2   ， f(x)0， f(x)单调递增， …………………………………（15分） π f(0)0， f  ln(π1)40，所以 f(x)  f(0)0，故a≤0． 2 max ……………………………（17分） 19．（本小题满分17分） 解：（1）由题意可得，每个大肠杆菌的存活率为199.2%0.008， 设一升水中大肠杆菌个数为，则~ B(500，0.008)， ………………………（2分） 5 P(≤5)Ck 0.008k 0.992500k 0.0180.0730.1460.1960.1960.1570.786， 500 k0 故一升水中大肠杆菌个数不超出5个的概率约为0.786． …………………………（5分） （2）①因为X ~ P()，5000.0084， ………………………（6分） 40 e4 41 e4 所以P(X 0) e4，P(X 1) 4e4， 0! 1! 42 e4 43 e4 32 P(X 2) 8e4，P(X 3)  e4， 2! 3! 3 44 e4 32 45 e4 128 P(X 4)  e4，P(X 5)  e4， 4! 3 5! 15 5 4k e4 643 6430.0183 P(X≤5)  e4  0.784， ………………………（9分） k! 15 15 k0   k  k1 E(X)k P(X k)k ee ee4； k! (k1)! k0 k0 k1 …………………………………（11分） k ②因为P(X k) e，k 0，1，2，… k! 则出现上述情况的概率为 0  17 1  20 2  10 3  2 4  1 5  0 P e   e   e   e   e   e   0!   1!   2!   3!   4!   5!  数学参考答案·第8页（共9页） {#{QQABaQQUggiAQBIAABhCQwGSCgOQkgCACagOxAAIMAAASBNABAA=}#}1  50 e50， ………………………（13分） 2103624 1 1 令 f() 50 e50，取对数得ln[f()]50ln50ln ， 2103624 2103624 1 50 令y50ln50ln ，则y' 50， 2103624  令y'0，得1， ………………………（14分） 1 当(0，1)时，y50ln50ln 单调递增， 2103624 1 (1，)时，y50ln50ln 单调递减，所以y  y| . 2103624 max 1 因为 f()ey，所以 f()  f(1)， max 1 1 99.8%， 500 故改进后的消毒方法对每个大肠杆菌的灭活率为99.8%． …………………………………（17分） 数学参考答案·第9页（共9页） {#{QQABaQQUggiAQBIAABhCQwGSCgOQkgCACagOxAAIMAAASBNABAA=}#}