西南名校联盟2026届“3+3+3”高考备考诊断性联考（二）数学+答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_260323西南名校联盟2026届“3+3+3”高考备考诊断性联考（二）（全科）

{#{QQABIQMk4gAYgITACS4rUQW4CEsYsIAjLKgsxRAUqA4KCRFABKA=}#}{#{QQABIQMk4gAYgITACS4rUQW4CEsYsIAjLKgsxRAUqA4KCRFABKA=}#}{#{QQABIQMk4gAYgITACS4rUQW4CEsYsIAjLKgsxRAUqA4KCRFABKA=}#}{#{QQABIQMk4gAYgITACS4rUQW4CEsYsIAjLKgsxRAUqA4KCRFABKA=}#}{#{QQABIQMk4gAYgITACS4rUQW4CEsYsIAjLKgsxRAUqA4KCRFABKA=}#}{#{QQABIQMk4gAYgITACS4rUQW4CEsYsIAjLKgsxRAUqA4KCRFABKA=}#}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 A C A B C B D D 【解析】 i i(1i) i1 1 1 1 1 1 2 1．z     i，∴|z|    ，故选A． 1+i 2 2 2 2 4 4 2 2 2．3A但3B，故 A 错误；3B但3A，故 B 错误；AB{1，2}，故 C 正确； AB{3，2，1，2，3}，故D错误，故选C． 3．f(x)3ax2 1，则 f(1)13a2，a1，而 f(1)1a0，即切点为(1，0)，代入直 线2x ym0，得2m0，m2，故选A．  π  π 4．由 3sin2cos 0， 3sin2cos cos 3sin，得2 3sincos，  3  3 3 3  3  π 6 3 3 所以tan ，所以tan   ，故选B． 6  6 3 3 7 1  6 3 h h 5．由题，数列{h }(n≤15，nN*)成等比数列，所以h h q14，q14  15 ，所以公比为 14 15 ， n 15 1 h h 1 1 故选C． 2π π π  π 1 π 6．由图可知，A 3，T  4，则 . 所以 f(x) 3sin x ，   2kπ，  2 2  2 2 2 π π π π kZ，解得 2kπ，kZ．因为0π，所以 ，所以 f(x) 3sin x  ， 4 4 2 4 6 6 6 6 2026 f(1) f(2) f(3) f(4)    0，所以 f(k)5060 f(1) f(2)0， 2 2 2 2 k1 故选B． 7．如图 1，椭圆的两个焦点坐标为F(3，0)，F (3，0)，为两个圆的圆心坐标，圆C 的半径 1 2 1 数学参考答案·第1页（共10页） {#{QQABKQIAoggoAJAAAQhCUQGYCEMYkBACCCgOABAYoAIAiRFABCA=}#}为 r 1 ， 圆 C 的 半 径 为 r 2 ， 由 椭 圆 的定 义 |PF ||PF |12 ， 分 析 可 知 1 2 2 1 2 12r r≤|PM ||PN|≤12r r ，即9≤|PM ||PN|≤15，故选D． 1 2 1 2 图1 8．问题等价于从 1，2，3，4，5，6，7，8，9，10 中任取 4 个不同的数a，a，a，a，求事 1 2 3 4 件“存在1≤i< j≤4，i、jN*，使得|a a |1”的概率，不妨设a a a a ，考 i j 1 2 3 4 虑 对 立 事 件 不 存 在 1≤i j≤4 ， i，jN* ， 使 得 |a a |1 ， 则 有 i j 1≤a a 1a 2a 3≤7，在 1，2，3，4，5，6，7 中任取 4 个不同的数，从小到 1 2 3 4 大依次表示 a，a 1，a 2，a 3 ，此时有 C4 35 种不符合题意的取法，则有 1 2 3 4 7 C4 3521035175种符合题意的取法，所以事件“存在1≤i j≤4，i，jN*，使得 10 175 5 |a a |1”的概率为  ，故选D． i j 210 6 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 ABD BCD AD 【解析】 d  d 9．设等差数列{a n }的公差为d ，则S n  2 n2   a 1  2   n，当d 0时，S n 是关于n的二次函 d  d 数，点(n，S n )在过原点的抛物线y 2 x2   a 1  2   x上，选项 AB 正确；当d 0时，点 (n，S )在过原点的直线ya x上，可知a 0，选项D正确，故选ABD． n 1 1 数学参考答案·第2页（共10页） {#{QQABKQIAoggoAJAAAQhCUQGYCEMYkBACCCgOABAYoAIAiRFABCA=}#}10．由题 BM CM  2 ， BC AD2 ，所以 BM2 CM2 BC2 ，因此 BM CM ，若 BM MF，则BM 平面BCM ，从而BM BM ，与BBM 是直角矛盾，故 A 不正 1 1 1 确；EF 平面BCCB ，平面BCCB∥平面AD ，所以B正确；设直线MF与平面ABCD 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所成角为，因为平面ABCD∥平面ABCD ，所以直线MF与平面ABCD所成角也为， 1 1 1 1 FN   作F 在平面ABCD的投影N，则tan ，因为BC2BF ，所以F 是BC的中点， MN 1 1 1 1 FN 由相似可得FN ∶BB1∶2，因此FN  BB1；MN 1，因此tan 1，故C 1 2 1 MN 正确；若D 平面MEF ，则M、E、F、D 四点共面，因为平面BCCB∥平面AD ，所 1 1 1 1 1 1 以MD∥EF，可知V V  d S ，因为平面BCCB∥平面 AD ，且 1 CMEF MCEF 3 MCEF △CEF 1 1 1 M 平面AD ，所以d  AB1；因此当△CEF 面积最大时，有三棱锥CMEF 的 1 MCEF 1 最大体积，可知S  d CE，因为MD∥EF且MD 是定直线，所以△FEC的 △CEF 2 FCE 1 1 三个角是定角，又因为E、F 分别在线段CC、BC 上运动，所以d 与CE 成正比，则 1 1 FCE 2 1 2 当CE最大时，有△CEF 最大面积，此时CECC 2，d   BC ，因此三 1 FCE 3 2 3 1 1 2 2 棱锥CMEF 的最大体积为 1 2  ，故D正确，故选BCD． 3 2 3 9  y2   y2  xty2p0， 11．如图2，设A 1 ，y 、B 2 ，y ，联立 消去x， 2p 1  2p 2  y2 2px 得 y2 2pty4p2 0 ， 所以 y  y 2pt ， y y 4p2 ，所以 1 2 1 2   (y y )2   OAOB 1 2  y y 0，OAOB，故A正确；由OEED1 4p2 1 2 1 (2p1)1(1)0 ，或由 k k k k 1 1，得 OE AB OE ED 12p 图2 1 p1，故B错误；△OAB面积S  2p|y  y | p| y  y |， △OAB 2 1 2 1 2 因为(y  y )2  y2  y2 2y y (y  y )2 4y y 4p2t2 16p2≥ 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 16p2，当且仅当t 0时，S 取得最小值4p2，故C错误；如图3， △OAB 图3 数学参考答案·第3页（共10页） {#{QQABKQIAoggoAJAAAQhCUQGYCEMYkBACCCgOABAYoAIAiRFABCA=}#}4p   y |TB| y  y t 2 y |BD| 因为  T 2   2  ，所以|TB|(|TA||TD|) |TA| y  y 4p y |DA| T 1   y 1 t 1 1 1 2 |TA|(|TD||TB|)，得   ，故D正确，故选AD． |TA| |TB| |TD| 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 答案 2 25π   1 π，π   4  【解析】 12． f(f(2)) f(ln2)eln2 2. 13．如图 4，设O为底面正六边形 ABCDEF 的中心，M 为CD的中点，连接PM ，PO，CO，O为正六棱 锥PABCDEF 外接球的球心，由题意△PCD为等腰 三角形，因为正六棱锥PABCDEF 的侧面积为12， 图4 1 所以S  2PM 2，解得PM 2，所以PC 5 ，因为OC2，所以PO1， △PCD 2 5 设OPOCR，所以OO|1R|，所以|1R|2 22 R2，解得R ，所以正六棱锥 2 外接球的表面积为4πR2 25π． 14．合情推理（考虑极限思想）：设A(a，0)，B(0，b)，a0，b0，直 x y 1 2 线 l 的方程为  1， 由题：  1， 故 a1，b2. 设 a b a b △AOB 的 内 切 圆 半 径 为 r， 如 图 5 ， 则 当 a1 时 ， b，ll， l∥y轴，2rl 与y轴间的距离1；如图6，当 1 1 1 图5 b2时，a，ll，l ∥x轴，2rl 与x轴间的距离2， 2 2 2 1  所以r 的取值范围是  ，1，故△AOB的内切圆面积的取值范围 2  1  是  π，π. 4  图6 数学参考答案·第4页（共10页） {#{QQABKQIAoggoAJAAAQhCUQGYCEMYkBACCCgOABAYoAIAiRFABCA=}#}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） π 解：（1）由题BAD ，又AD 3，c2，如图7， 2 1 2π 1 π 1 π S S S  bcsin  c ADsin  b ADsin △ABC ABD ACD 2 3 2 2 2 6 3 3  b2 32 bb4， 2 2 ……………………………………（4分） 在△ABC中，由余弦定理， 图7  1 得a2 b2 c2 2bccosA42 22 242 28，  2 所以a2 7 ． ……………………………………………………………………………（8分） （2）据（1）b4， 1 1 3 所以△ABC的面积为S  bcsinA 42 2 3．……………………（13分） △ABC 2 2 2 注：其余方法参照给分． 16．（本小题满分15分） （1）证明：由题BC OM ． 又FO平面ABCD，BC平面ABCD， ∴FOBC. 而FO、OM 平面FOM，且FOOM O， ∴BC 平面FOM. ………………………………………………………………………（6分） （2）方法一：解：取AB中点N，连接ON，    如图8，以O为坐标原点，ON、OM 、OF 的方向分别为x 轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则B(1, 2,0)，   C(1, 2,0)，F(0,0,1)，CB(2,0,0)，CF (1, 2,1)， 图8 ……………………………………………………………………………………（9分） 数学参考答案·第5页（共10页） {#{QQABKQIAoggoAJAAAQhCUQGYCEMYkBACCCgOABAYoAIAiRFABCA=}#} 设平面BCF的一个法向量为n(x,y,z)，    nCB2x0,  则  ，取n(0,1, 2)， nCF  x 2yz0  平面ABCD的一个法向量为m(0,0,1)， 设截面BCF与侧面ABCD夹角为，     |mn| 2 6 所以cos|cosm,n|     ， |m||n| 3 3 6 所以截面BCF与侧面ABCD夹角的余弦值为 ．…………………………………（15分） 3 方法二：几何法：解：如图9， OMF即为截面BCF与侧面ABCD所成二面角的平面角． ………………………………………………（9分） 3 在直角三角形中OMF，MF  2 3，OM  2， 图9 2 2 6 所以cosOMF   ， 3 3 6 所以截面BCF与侧面ABCD夹角的余弦值为 ．…………………………………（15分） 3 17．（本小题满分15分） 证明：（1）当a0时， f(x)xsinx， f(x)1cosx≤0， ∴ f(x)在R上单调递减． 又∵ f(0)0， ∴ f(x)在R上有唯一零点x 0． ……………………………………………………（5分） 0 （2）先证必要性：因为x≥0时， f(x)≥0，所以 f(π)≥0，即aπ2 πsinπ≥0， 1 所以a≥ ．………………………………………………………………………………（8分） π 下面证明充分性： 1 1 当a≥ 时， f(x)ax2 xsinx≥ x2 xsinx， π π 数学参考答案·第6页（共10页） {#{QQABKQIAoggoAJAAAQhCUQGYCEMYkBACCCgOABAYoAIAiRFABCA=}#}1 2 令h(x) x2 xsinx，则h(x) x1cosx，x≥0． π π ……………………………………………………………………………………（10分） 2 2 ①当x≥π时，h(x) x1cosx≥ π1cosx1cosx≥0，当且仅当xπ时，取“=”， π π 以h(x)在[π，)上单调递增，所以h(x)≥h(π)0，所以 f(x)≥0； ……………………………………………………………………………………（12分） 2 ②当0≤xπ时，记(x)h(x)，则(x) sinx， π 2 π 2 2 因为(0) 0，   10，(π) 0， π 2 π π 2  π π  又因为(x) sinx在 0，  上单调递减，在  ，π 上单调递增， π  2 2   π π  所以在(0，π)上存在x 、x ，使(x )0，(x )0，且x 0，  ，x  ，π ， 1 2 1 2 1  2 2 2  所以当0xx 或x xπ时，(x)0；当x xx 时，(x)0， 1 2 1 2 所以(x)在(0，x )、(x，π)上单调递增，在(x，x )上单调递减． 1 2 1 2 π π 又因为(0)h(0)0， h  0，(π)h(π)0， 2 2  π π  所以当x0，  时，h(x)0；当x ，π 时，h(x)0，  2 2   π π  所以h(x)在 0，  上单调递增，在  ，π 上单调递减，  2 2  所以h(x) min{h(0)，h(π)}，而h(0)0，h(π)0，所以h(x) 0， min min 所以h(x)≥0，所以 f(x)≥0，充分性得证．…………………………………………（15分） 18．（本小题满分17分） 解：（1）单败淘汰赛中，任何一场失利都意味着出局，强者必须赢得其参加的所有 k(k log n)场比赛才能夺冠， 2 当n4，p0.7时，P(p)  pk 0.72 0.49．……………………………………（2分） win 双败淘汰制中，当n4，p0.7时，参赛者A，B，C，D中不妨设强者为A，其赢得冠军 有三种情况： 情况1、A全胜（不输任何一场）夺冠，赢下参加的三场比赛：第一轮初赛、胜者组决赛、 数学参考答案·第7页（共10页） {#{QQABKQIAoggoAJAAAQhCUQGYCEMYkBACCCgOABAYoAIAiRFABCA=}#}总决赛，概率为P  p3； 1 情况2、A在小组初赛输一次，但后面比赛中全胜，概率为P  p3(1 p)； 2 情况3、A在小组初赛胜，在胜者组初赛输一次，但在后面比赛中全胜P  p3(1 p)， 3 所以P(p) P P P  p3(32p)0.73(320.7)0.5488． win 1 2 3 ……………………………………………………………………………………（5分） （2）强者一共打n1场比赛，W ~ B(n1，p)，E(W )(n1)p； 强 强 一个弱者打n1场比赛，对阵强者，赢的概率为1 p，对阵其他n2个弱者（弱者之间 比赛胜率为r ），所以E(W )1 p(n2)r．………………………………………（9分） 弱 当n16， p0.6，r0.5时， E(W )E(W )(n1)p[(1 p)(n2)0.5]n(p0.5)1.6， 强 弱 对于强者， p0.5，所以n(p0.5)0，即E(W )E(W )总是成立的． 强 弱 强者要稳定夺冠，需要E(W )显著大于E(W )，实力差距 p0.5越大，参赛人数n越多， 强 弱 强者预期胜场领先优势n(p0.5)就越大．……………………………………………（12分） （3）① p0.7时，若n4，P(p) 0.72 0.490.5，若n8时，P(p) 0.73 0.343， win win 若 p0.8，n16，则P(p) 0.84 0.4096（约41%）， win 单败淘汰制对弱者最有利，原因在于强者需要连续赢下多场比赛（k log n场），任何一 2 场失败（即使概率1 p很小）都会导致其被淘汰．爆冷可能性随着比赛场次的增加而显 著累积． 在同样条件（n4，p0.7）下，双败淘汰制的 P(p) 0.5488大于单败淘汰制的 win P(p) 0.49． win ②双败淘汰制比单败淘汰制更有利于强者．原因在于双败淘汰制给了强者一次犯错（输 一场）的机会． 对于实力顶尖的选手（ p很大），双败淘汰制显著优于单败淘汰制．它大大降低了强者因 单场意外失利而早早出局的风险．但对于实力中游的选手，双败淘汰制可能增加了他们 遭遇顶尖强者的次数（从胜者组掉下来后要在败者组打更多比赛），反而可能不利． 数学参考答案·第8页（共10页） {#{QQABKQIAoggoAJAAAQhCUQGYCEMYkBACCCgOABAYoAIAiRFABCA=}#}双败淘汰制比单败淘汰制更有利于真正的顶尖强者稳定夺冠，降低了冷门的总体影响． ③单循环赛制最有利于强者，原因在于比赛场次多（n1场），根据大数定律和中心极限 定理，实力更强（ p0.5）的选手在大量比赛中，其胜率会稳定地表现出来，极大地减 少了单场爆冷对最终排名的影响．强者有较多的机会证明自己的实力，弱者爆冷胜利（即 使发生）对强者最终积分的影响被稀释了．代价是比赛场次过多，时间成本高，不适合 大规模参赛．……………………………………………………………………………（17分） 【评分说明】 不同赛制的影响从“对强者有利程度”和“比赛场次（效率）”两个方面说明： 对强者最有利：单循环赛制. 样本量大，爆冷影响最小化.代价：场次较多，时间成本高， 效率低； 对强者最不利（对弱者最有利）：单败淘汰制．强者需要连续多场不犯错，任何一场爆冷 即出局．爆冷概率累加显著，效率最高． 根据以上要点适当扣分． 19．（本小题满分17分） xacos， （1）解：设 根据cos2sin21，消去，得x2  y2 a2， yasin， 所以的标准方程为x2  y2 a2(a0)， 曲线为坐标原点为圆心，半径为a的圆；……………………………………………（2分） x2 y2 同理由cosh2tsinh2t 1得的标准方程为  1(a0)， a2 a2 曲线是以坐标原点为中心，半实轴与半虚轴长均为a的等轴双曲线． ………………………………………………………………………………………（4分） （2）证明：如图10，设直线l 的方程为：yk (xa)，直线l 的方程为：yk (xa)， AMP 1 ANQ 2 yk (xa) 联立方程 1 ，消去y，整理得(1k2)x2 2k2axk2a2 a2 0， x2  y2 a2 1 1 1 (1k2)a2 (1k2)a2 则x x  1 ，即(a)x  1 ， A M 1k2 M 1k2 1 1 (1k2)a 2ka 得x  1 ，y k (x a) 1 ， M 1k2 M 1 M 1k2 1 1 (1k2)a 2ka  所以M 点的坐标为 1 ， 1 ，  1k2 1k2  1 1 图10 数学参考答案·第9页（共10页） {#{QQABKQIAoggoAJAAAQhCUQGYCEMYkBACCCgOABAYoAIAiRFABCA=}#}(1k2)a 2k a  同理N点的坐标为 2 ， 2 ，  1k2 1k2  2 2 2k a 2ka 2  1 y  y 1k2 1k2 kk 1 所以直线MN 的斜率k  N M  2 1  1 2 ， MN x x (1k2)a (1k2)a k k N M 2  1 1 2 1k2 1k2 2 1 2ka kk 1 (1k2)a 所以直线MN 的方程为y 1  1 2 x 1 ． 1k2 k k  1k2  1 1 2 1 1kk 1kk  令y0，得x  1 2 a，所以点C的坐标为 1 2 a，0， C 1kk 1kk  1 2 1 2 ……………………………………………………………………………………（8分） yk (xa) 同理联立方程 1 ，类似可得 x2  y2 a2 (1k2)a 2ka  (1k2)a 2k a  1kk  P 1 ， 1 ，Q 2 ， 2 ，D 1 2 a，0．  1k2 1k2   1k2 1k2  1kk  1 1 2 2 1 2 ……………………………………………………………………………………（12分） 2ka 1 1k2 1kk （ⅰ）直线DM 的斜率为k  1  1 2 ， DM (1k2)a (1kk )a k k 1  1 2 2 1 1k2 1kk 1 1 2 1kk 同理直线DN 的斜率为k  1 2 ，所以k k 0， DN k k DM DN 1 2 所以ADM ADN ；…………………………………………………………………（15分） （ⅱ）设B(a，0)，由A、M 、B、N四点共圆：x2  y2 a2可知： |MC||CN||AC||CB||(x a)(x a)||x2 a2|， C C C 1kk 1kk 又|OC||CD||x ||x x ||x x x2 |，而x x  1 2 a 1 2 aa2， C D C C D C C D 1kk 1kk 1 2 1 2 所以|MC||CN||OC||CD|， 所以O、M 、D、N四点共圆．……………………………………………………（17分） 数学参考答案·第10页（共10页） {#{QQABKQIAoggoAJAAAQhCUQGYCEMYkBACCCgOABAYoAIAiRFABCA=}#}