宜宾市普通高中2023级第二次诊断性测试数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_260321四川省宜宾市普通高中2023级第二次诊断性测试（全科）

宜宾市普通高中 2023 级第二次诊断性测试
数学答案解析
只有一项是符合题目要求的． ， 本题共 ： 每小题 选择题 ， 共 在每小题给出的四个选项中 、 ， ， 一 8小题 5分 40分
1 2 3 4 5 6 7 8
C B D B C D A B
】 详解 【 1． A=x-2<x≤1  ，B=x-1<x<2  故 ， A∩B=x|-1<x≤1  ： ．故选 C.
抛物线 ， 由题可知 】 详解 【 2． y2=4x的焦点F1,0  ，
1+0+1
则焦点F到直线x+y+1=0的距离d=

： = 2．故选 B．
2

， 由题意 】 详解 【 3． ∵a=1,1 

，∴a 
   
= 2，∵向量b在a方向上的投影向量为a，b=x,-1  ，
 
  a⋅b
∴a⋅b=x-1，∴

a 

a
⋅

a 
 x-1
： =a，∴ =1，∴x=3．故选 D.
2
b2 b
】 该双曲线的离心率 ， 详解 【 则 4． 由题意 e= 1+ = 10， =3，
a2 a
b
： 所以该双曲线的渐近线方程为y=± x即y=±3x．故选 B.
a
】 详解 【 5． 因为a j -a i =2j-i  令 得 ， j=n+1,i=n， a -a =2， n+1 n
所以数列a
n
 ， ： 为公差为2 的等差数列 a +a =2a +2=20．故选 C.
3 8 5
， ， 令 标 标 】 坐 坐 解 横 横 详 点 点 【 交 交 6． 4a=b3=c2=k,则a为y=4x,y=k的 b为y=x3,y=k的 c为y=
， x2,y=k的交点横坐标
： ： 结合图像可知 a<c<b．故选 D
】 详解 【 7． ∵fx  +f2-x  所以 =0， fx  关于点1,0  ， 对称
2
g(x)=ln1-
x

x-2 2
=ln (x∈(-∞,0)∪(2,+∞))，g(2-x)=ln1-
x 2-x

-x
=ln ,
2-x
则gx  +g2-x 
x-2 -x 2
所以 =ln +ln =0， g(x)=ln1-
x 2-x x
 亦关于点1,0  ， 对称
所以两函数图象的交点也关于点1,0  ， 对称
8
x 1 +y 1
i=1
  =x 1 +x 2 +⋅⋅⋅+x 8  +y 1 +y 2 +⋅⋅⋅+y 8 
1
= 2 x 1 +x 8  +x 2 +x 7  +⋅⋅⋅x 8 +x 1  +y 1 +y 8  +y 2 +y 7  +⋅⋅⋅y 8 +y 1   
1
= ×16+0 2  ： 故选 =8， A.
π
】 详解 【 8． 由θ∈0,
2

π
, 2sinx+
4
  
π π
存在 ≥2sinθ，∀a∈R， x+ ∈ a,a+
4  2

2 1 π
又 ∴ 2× ≥2sinθ，∴sinθ≤ ， θ∈0,
2 2 2

π
： 所以 ， θ的最大值为 ．故选 B.
6
对 选 部 全 ． 求 要 目 题 合 符 项 多 有 ， 中 项 选 共 的 题 出 本 给 ： 题 题 题 小 小 择 每 每 选 ， 共 在 、 题 ， ． 二 3小 6分 18分
有选错的得 ， 部分选对得部分分 ， 的得6分 0分．
9 10 11
AD ACD ABD
于 ， 对 知 】 可 解 意 详 题 【 由 9． A， PX≥60  ， 知 可 性 称 对 据 根 =0.8， P60≤X<90  =2P60≤X<75  =
； 故 0.6， A正确
， 知 可 意 题 于 由 对 B， PX≥60  =0.8⇒PX≤90  =0.8⇒PX≥90  为 因 =0.2， PX≥m  以 所 =0.2， m
； 故 =90， B错误
共 ， ·第1页 6页·对于C，因为X=75是该正态分布图象的对称轴，所以PX≥75  =0.5，不会随σ的变化而变化，故C错误；
对于D，由σ对正态分布图象的影响可知，σ越小，图象越“瘦高”，因此在区间70,80  对应图象的面积变
大，所以评分在70,80  的概率越大，故D正确；故选：AD.
10．【详解】对于A，令x=y=1,得f2  =2f1  f1  ，故A正确；
对于B，令x=nn∈N∗  ，y=1，可得fn+1  =2fn  f1  =2fn  ，所以fn+1  =2fn  ，且f1  =1，
所以，数列 fn    是首项为1，公比为2的等比数列，所以，fn  =2n-1，
所以，fn+1  -fn  =2n-2n-1=2n-1>0，即fn+1  >fn  ，故数列 fn    单调递增，故B错误；
对于C，函数fx  满足∀x、y∈（0，+∞），都有fx+y  =2fx  fy 
t
，令x=y= ，
2
t
则2 f
2
  


2
=ft  ≥0，即ft 
t
≥0，则f
2

1
= ft
2
 ，
x +x 所以，f 1 2 2  1 = 2 fx 1 +x 2  = fx 1  fx 2  ≤ fx 1  +fx 2  2 ，当且仅当fx 1  =fx 2  时，等号成立，
故C正确；
1-2n
对于D，T =21+22+⋯+2n-1= =2n-1,故D正确.故选：ACD．
n 1-2
11．【详解】如图，延长正三棱台的侧棱相交于点O，由题意可知，OA=OB=OC.
在等腰梯形BCCB 中，因为BC=6，BC =2，BB =CC =4，
1 1 1 1 1 1
所以OC=OB=6=BC，即△OBC为等边三角形，
所以三棱锥O-ABC为正四面体，且OB =2.
1
对于A，设H为等边三角形OBC的中心，由正四面体的性质可知，
6
AH⊥侧面OBC，且AH= AB2-BH2= 62-
3

2
=2 6，
即点O到底面ABC的距离为2 6，又因为OB =2，BB =4，
1 1
2 4 6
所以正三棱台ABC-ABC 的高为 ×2 6= ，故A正确；
1 1 1 3 3
4 6 3 3 3
对于B，因为正三棱台ABC-ABC 的高为 ，△ABC 的内切圆的半径为 ，且 > ，
1 1 1 3 1 1 1 3 3 4
4 6 3
所以高为 ,底面半径为 的圆柱可以放进该棱台内，故B正确；
3 4
对于C，且AP=2 7，AH=2 6，所以HP=2，且等边三角形OBC的内切圆的半径为 3，
π
∵2> 3，可知点P轨迹与等边三角形OBC的三边相交，且边上两交点的距离为2，故其对应圆心角为 ，
3
π 4π
所以点P的轨迹长度为2× ×2= ，故C错误；
3 3
1 1
对于D，设正四面体OABC的内切球的半径为r，由等体积法可得 S ×2 6=4× S ⋅r，
3 △ABC 3 △ABC
6 4 6
解得r= ，因为2r< ，所以该棱台内最大的球即为正四面体OABC的内切球，
2 3
 
又因为CQ=3QC ，CC =4，OC=6，所以Q为OC的中点，过点A，B，Q的平面正好过该内切球的球心，
1 1
6
所以截面面积为π×
2

2 3π
= ，故D正确．故选：ABD．
2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
1-i 1-i
12．【详解】由题意得z= = =1+i，∴z
i3 -i
 = 2．故答案为： 2.
13．【详解】S 2 =a 1 +a 2 =4，S 4 =20，所以a 3 +a 4 =16,a 3 +a 4 =a 1 +a 2  q2=4q2=16,
∴q2=4，∴a 5 +a 6 =a 3 q2+a 4 q2=a 3 +a 4  q2=16×4=64，∴S 6 =S 4 +a 5 +a 6  =20+64=84.
故答案为：84
·第2页，共6页·14．【详解】建立如图平面直角坐标系，设抛物线与底面圆的一个交点为H，
则OM 
1
= PA
2

1
= × 42+22= 5，设抛物线方程为y2=2pxp>0
2
 ，∴H 5,4  ，则42=2 5p，解得：
8 5 p 4 5 4 5
p= ，则抛物线的焦点到M点的距离为 = .故答案为： .
5 2 5 5
四、解答题：本题共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．【详解】(1)由asinB+ 3bcosA=0及正弦定理得sinAsinB+ 3sinBcosA=0........................2分
而sinB≠0，整理得tanA=- 3.............................................................................................4分
2π
因为0<A<π，所以A= ..................................................................................................6分
3
π
(2)AD 是△ABC的角平分线，则∠BAD=∠DAC= ，S =S +S ................................8分
3 △ABC △ABD △CAD
1 2π 1 π 1 π
可得 bcsin = c×AD×sin + b×AD×sin ..........................................................10分
2 3 2 3 2 3
因为b=3，c=6，即有18=6AD+3AD，
故AD=2..........................................................................................................................13分
16．【详解】(1)由题意知，c=1...............................................................................................1分
c2 y2 b4
令x=c，则 a2 + b2 =1，得y2= a2 ，则MF 2 
b2 3
= = ..............................................................2分 a 2
x2 y2
又a2=b2+1，得a2=4,b2=3，故C的方程为 + =1.............................................................5分
4 3
(2)由题意可知，当直线AB的斜率不为0时，设AB:x=ty+4，Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，H1,y 1 
x=ty+4
联立  ，得3t2+4
3x2+4y2=12
 y2+24ty+36=0，Δ=24t  2-1443t2+4  >0，解得t2>4
24t 36 3
则y +y =- ,yy = ，tyy =- (y +y )..............................................................8分
1 2 3t2+4 1 2 3t2+4 1 2 2 1 2
x -1
则直线HB的方程为x-1= y 2 -y y-y 1
2 1

3 5 5
y -4y + (y +y ) y - y
y -x y y -(ty +4)y 2 1 2 1 2 2 2 2 1 5
令y=0,所以x= 2 2 1 = 2 2 1 = = = .................12分
y -y y -y y -y y -y 2
2 1 2 1 2 1 2 1
x -1 5 5
即HB:x= 2 y+ ，恒过点 ,0
y -y 2 2
2 1
 ，
5
当直线AB的斜率不为0时，则AB:y=0，则HB:y=0，也过点 ,0
2
 ............................................14分
5
故直线HB过定点 ,0
2
 .....................................................................................................15分
17．【详解】(1)因为A，B，C三所学校参加面试的学生人数共6人，且人数比为3:1:2，则A校参加面试的学
生有3名，B校参加面试的学生有1名，C校参加面试的学生有2名．
记“面试号码为3的学生来自A校”为事件M，故PM 
3 1
= = .................................................3分
6 2
(2)将A校3名学生面试号码的安排情况作为样本空间，则样本点总数为C3，
6
·第3页，共6页·若前三位均为A校学生，此时X=15，此时3号一定为A校学生，1,2号也安排A校学生，
C2 1
故X=15，故P(X=15)= 2 = ，
C3 20
6
若最后一名A校学生在4号，此时1,2,3号中安排两个号码给A校学生，
C2 3
故X=20，P(X=20)= 3 = ，
C3 20
6
若最后一名A校学生在5号，此时1,2,3,4号中安排两个号码给A校学生，
故X=25，PX=25 
C2 3
= 4 = ，
C3 10
6
若最后一名A校学生在6号，此时1,2,3,4,5号中安排两个号码给A校学生，
C2 1
故X=30，P(X=30)= 5 = ，
C3 2
6
所以X的分布列为：
X 15 20 25 30
1 3 3 1
P
20 20 10 2
1 3 3 1 105
E(X)=15× +20× +25× +30× = .............................................................10分
20 20 10 2 4
(3)记“最后面试的学生来自B校”为事件D，“最后面试的学生来自C校”为事件E，显然事件D，E互斥．
记“A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试”为事件F，则F=DF+EF．
当事件D发生时，只需考虑A，C两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自C校，
则PDF  =PD  PF∣D 
1 2 1
= × = .............................................................................12分
6 5 15
当事件E发生时，只需考虑A，B两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自B校，
则PEF  =PE  PF∣E 
2 1 1
= × = ..............................................................................14分
6 4 12
所以PF  =PDF  +PEF 
1 1 3
= + = ......................................................................15分
15 12 20
C1A3 C1C1A2 1 1 3
(另解：P= 3 3 + 3 2 2 = + = )
A4 A3 20 10 20
6 6
18．【详解】(1)如图，取PD的中点为F，连接EF，FA，
由PF=FD，PE=EC，得EF⎳DC，
因为四边形ABCD为矩形，所以AB⎳CD，
则EF⎳AB，所以A，B，E，F四点共面，
因为AB=2EF，所以AF，BE的延长线相交，设交点为G，
因为AF⊂平面PAD,BE⊂平面PBC，所以G∈平面PAD，G∈平面PBC，
即G为平面PAD与平面PBC的公共点，
·第4页，共6页·又P为平面PAD与平面PBC的公共点，连接PG，则直线PG即为交线l，
因为在同一平面内两条相交直线有且仅有1个交点，所以Q与G重合，
取PB的中点为H，连接EH，设BC=t，则PB=4-t
因为PQ⎳EH，PQ=2EH，同理EH⎳BC，BC=2EH=t，所以PQ=BC=t．
因为∠PBC=90°，所以∠QPB=90°，BQ= PB2+PQ2= (4-t)2+t2= 2(t-2)2+8
当BC=t=2时，BQ长度有最小值2 2...................................................................................5分
(2)(ⅰ)设O为DC的中点，连接OP，OQ，CQ，DQ，如图所示，
由(1)知PQ⎳BC⎳AD，PQ=BC=AD，
所以几何体ABCDPQ是以△PAB和△QDC为底面的三棱柱，
因为,BC⊥AB，BC⊥PB，且AB∩PB=B，所以BC⊥平面PAB，即PQ⊥平面PAB，
三棱柱PAB-QDC为直三棱柱，则QD⎳PA
又因为异面直线PB与QD所成角为60°，三角形PAB为锐角三角形，所以∠APB=60°，
即三棱柱PAB-QDC为正三棱柱...........................................................................................7分
又因为PA=AB=2，PB+BC=4，所以PA=AB=PB=2，BC=PQ=AD=2
所以OQ= 3,PQ=2
所以PD=PC=2 2，QC=QD=2，则OP⊥DC，OQ⊥DC，
所以∠POQ为二面角P-DC-Q的平面角.............................................................................9分
PQ 2 2 3
在直角三角形POQ中，tan∠POQ= = = ，
OQ 3 3
21
所以平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为 ....................................................................11分
7
(ⅱ)由(ⅰ)知OQ⊥平面ABCD，以O为原点，以过点O且在平面ABCD内与CD垂直的直线为x轴，
OC，OQ所在直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则P2,0, 3  ，A2,-1,0  ，D0,-1,0  ，C0,1,0 
1 3
，E1, ,
2 2
 ，
设球心Ma,b,c  ，半径为R,则MP=MA=MD=ME=R，
所以a-2  2+b2+c- 3  2=R2①，a-2  2+b+1  2+c2=R2②，
a2+b+1  2+c2=R2③，a-1 
1
2+b-
2

2 3
+c-
2

2
=R2④，
2 3
由①②③④，解得a=1，b=-1，c= ，
3
2 3
所以球心M的坐标为1,-1,
3

7
，则R2=MD2= ，
3
28π
所以球M的表面积为4πR2= ..........................................................................................17分
3
(另解：(2)(ⅰ)也可以用坐标法)
·第5页，共6页·19．【详解】(1)因为fx 
2(xcosx-sinx)
= ，设gx
x2
 =xcosx-sinx，则gx  =-xsinx，
∴gx  在0,π  上单调递减，∵g0  =0，∴gx  在0,π  上无零点.................................................1分
gx  在π,2π  上单调递增，g(π)=-π<0,g(2π)=2π>0，∴gx  在π,2π  上有唯一零点..................2分
gx  在(2π,3π)上单调递减，∵g2π  >0,g3π  <0，∴gx  在(2π,3π)上有唯一零点........................3分
综上，函数gx  在区间0,3π  上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变，
故函数fx  在区间0,3π  内恰有两个极值点............................................................................5分
(2)(ⅰ)∵fx 
2(xcosx-sinx)
= =0⇔xcosx=sinx⇔x=tanx
x2
∵fx  在π,2π  有极值点x,在(2π,3π)有极值点x ， 1 2
在3π,4π  有极值点x 3 ，在4π,5π  有极值点x 4 ，⋯⋯，在 nπ,n+1   π  有极值点x ，且x =tanx ， n n n
根据函数y=x和y=tanx图象的交点情况可知，当x 2 >x 1 时tanx 2 >tanx 1 =tanx 1 +π  ，
3π
∵g(π)<0,g
2

5π
=1>0,g(2π)>0,g
2
 <0，
3π
∴x ∈π,
1 2

5π
,x ∈2π,
2 2

5π
,∵x +π∈2π,
1 2
 ,
5π
由函数y=tanx在2π,
2
 单调递增，得x >x +π，
2 1
∴a 1 +a 2 =fx 1  +fx 2 
2sinx 2sinx
= 1 + 2 +2=2cosx +2cosx +2， x x 1 2
1 2
5π
由y=cosx在2π, 2  单调递减，得cosx 2 <cosx 1 +π  =-cosx ， 1
∴a +a =2(cosx +cosx )+2<2........................................................................................11分
1 2 1 2
(ⅱ)同理x 2n-1 ∈ 2n-1 
π
 π,2nπ- 2 
π
,x ∈2nπ,2nπ+ 2n 2 
π
，2nπ+ >x >x +π>2nπ， 2 2n 2n-1
π
由y=cosx在2nπ,2nπ+ 2  n∈N*  上单调递减得cosx <-cosx ， 2n 2n-1
所以cosx +cosx <0，且cosx >0,cosx <0，
2n 2n-1 2n 2n-1
当n为偶数时，从cosx 开始相邻两项配对，每组和均为负值，
1
n
即cosx =(cosx +cosx )+⋯+(cosx +cosx )<0；
i 1 2 n-1 n
i=1
当n为奇数时，从cosx 开始相邻两项配对，每组和均为负值，多出最后一项也是负值，
1
n
即cosx =(cosx +cosx )+⋯+(cosx +cosx )+cosx <0，
i 1 2 n-2 n-1 n
i=1
n n
综上，对一切n∈N*,cosx <0成立，得2cosx <0.
i i
i=1 i=1
2sinx
又a =f(x )= n +1=2cosx +1，所以2cosx =a -1，
n n x n n n
n
n n n n
则2cosx =2cosx =(a-1)<0，所以a <n，即证.....................................................17分
i i i i
i=1 i=1 i=1 i=1
·第6页，共6页·