达州市普通高中2026届第二次诊断测试数学答案详解_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260420四川省达州市普通高中2026届第二次诊断测试（达州二诊）（全科）

达州市普通高中 2026 届第二次诊断性测试 数学参考答案详解 1.【答案】A 【解析】A 0， ，B  1， ,AB   1， 2.【答案】B 45 【解析】易得x 5，540%2，从小到大排序为1，4，5，6，9，所以 4.5 2 3.【答案】B a a 【解析】因为a 3a ，所以等比数列公比为3，所以 5 6 9 n1 n a a 3 4 4.【答案】A 【解析】因为(a1)(a2)(a5)a22a30 ，所以a 1或者a 3.所以“a 1” 是“m∥n”的充分不必要条件. 5.【答案】D 1 【解析】由sin3sin2得sin6sincos，cos 由为第四象限角，得 6 tan  35. 6.【答案】C 1 1 【解析】由  0得ba0，选项A错误，选项B错误；a|a|a2，b|b|b2， a b 所以a2 b2，a2 b2选项D错误 7.【答案】A 1 1 45 10 【解析】lg(1 )lg(1 )lg lg 12lg310.9540.046 3 5 36 9 8.【答案】B 【解析】由ex ln(x)(y1)2得，ex ln(x)≥0，也即ex≥-ln(x)，在同一坐标系 下作出 f(x)=ex，g(x)-ln(x)的图像得x存在最大值. 9.【答案】AC 5π 5π π π 【解析】 f( )cos(2  )cos 没有取到最值，所以选项B错误； 12 12 3 2 7π 7π π f( )cos(2  )cos2π取到最值，所以选项C正确； 6 6 3 π π π 2π x(0， )时，2x ( ， )，结合余弦函数图象，只有一个零点.所以选项D错误. 2 3 3 3 10. 【答案】ACD 【解析】周长为2a2c8412，选项A正确；P为C的上顶点时，FPF 取最大， 1 2 π π 此时，FPO ，FPF  选项B错误； 1 6 1 2 3     由极化恒等式得PF PF PO2OF2 PO2 4，PO最大值为4，易得PF PF 的最大 1 2 1 1 2 数学答案第1页（共6页）值为12，选项C正确；由数形结合，当FF PF 时，距离最大，此时，距离为4. 1 2 2 11. 【答案】ABD 【解析】由于BD平面ACC A ，选项A正确；记BD AC O ,过O 作OM  AC 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 OM CO 交AC 于M ,此时的OM 即为距离最小值，由△COM △C AA 得 1  1 1 1 1 1 1 1 1 AA C A 1 1 3 2 6 即OM 2 ，所以OM  ，选项B正确；过B ，N ，A三点的平面截正方体所得截 1  1 2 1 3 3 3 面为等腰梯形，梯形上底3 2，下底2 2，腰 10选项C错误； △ABC 为直角三角形，三棱锥M ABC 外接球球心在过AC 的中点O ，且与平面ABC 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 垂直的直线上，由于该直线也为AC 的中垂线，所以△MAC 的外心即为球的球心, 1 1 1 1 3 2 6 △AC A中，cosAC A   ，△ACM 中,由余弦定理 1 1 1 1 3 3 3 1 1 6 MA2 ( 3)2 (3 2)2 2 33 2 9，所以，由正弦定理设△ACM 外接圆半径 1 3 1 1 3 2R 3 3 3 3 4πR3 4π 81 3 27 3π 为R,则 3 ，即R ，所以球体积为    .选项D 2 3 3 8 2 3 正确. 12.【答案】1 1 【解析】 f(1)a1，由 (a1)1得a 1. 2 13.【答案】2 3 y2 【解析】双曲线x2  1的一条渐近线为 2x y 0，圆心(3，0)到 2x y 0的距 2 3 2 离d   6，所以弦长为2 96 2 3. 21 128π 14.【答案】16；64 3 【解析】由A x，y|x||y|2 2  得平面图形为以(0，2 2)，(2 2，0)为顶点的 边长为4的正方形，的面积为16.结合题意，满足条件的点P所形成的几何体为三个方面； 第一方面：四边形ABCD的正上方高为2的正四棱柱，ABCD的正下方高为2的正四棱柱， 数学答案第2页（共6页）合为一个棱长为4正方体记V 44464；第二方面：在AB边上，以ABFE绕AB边 1 分别向上和向下旋转90形成半圆柱，BC，CD，DA边同理，一共四个半圆柱，合为两个 1 圆柱，记V 2π22432π；第三方面:F  M 绕点B分别向上和向下旋转90形成 球 2 4 4 32 体，绕A，C，D点旋转同理，合为一个半径为2的球，V  π23  π；所以，总 3 3 3 32 128π 体积为V V V V 6432π+ π=64+ . 1 2 3 3 3 C2 C2 4 15.（1）由题意可得，选出的2人选择社团种类个数相同的概率P  2 3  ． C2 15 6 由题意可得，X 的所有可能取值为4，5，6，7. C2 1 C1C1 6 (2) P(X 4) 2  ， P(X 5) 2 3  ， C2 15 C2 15 6 6 C2 C1C1 1 C1C1 1 P(X 6) 3 2 1  ， P(X 7) 3 1  . C2 3 C2 5 6 6 故X 的分布列为： X 4 5 6 7 1 6 1 1 P 15 15 3 5 1 6 1 1 17 E(X)4 5 6 7  . 15 15 3 5 3 a a 4d， a 3， 16.（1）由题意可得 5 1 解得 1 a a 6d， d 2， 7 1 a 2n1. n （2）在a 和a 之间插入21个1，在a 和a 之间插入22个1， 1 2 2 3 在a 和a 之间插入23个1，……，在a 和a 之间插入28个1， 3 4 8 9 （2 1-28） 此时共插入1的个数为： （2 28-1）510. 12 数学答案第3页（共6页）(319)9 T (a a a )510 510609 . 519 1 2 9 2 17.（1）取BC中点为O，连接AO,BO． 1 π BBO . 1 4 π 在△BOB 中，据余弦定理可得BO2 BB2 BO2 2BB BOcos 4， 1 1 1 1 4 于是， BB2 BO2 BO2，所以BOBC． 1 1 1 易知 AOBC，AOBOO， 1  BC 平面AOB ． 1  AB 平面AOB ， AB BC． 1 1 1 (2)平面 BBCC 平面 ABC ，平面 BBCC 平面 ABC BC ,BO平面 BBCC ， 1 1 1 1 1 1 1 BOBC 1  BO平面ABC, 1 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，   3BM MC. z   B (0，0，2)，B(0，2，0)，A(2，0，0)，M(0，1，0)，B A  BA(2，2，0) 1 1 1 C B 设平面AMB 的法向量m (x,y,z)， 1 1 1 1  A  mB A 0， 2x2y 0， 1 O   1  1  C M mMB 0， y2z 0， B y 1 A 令 y 2，则x2，z 1， x 平面AMB 的一个法向量m (2，2，1). 1 1 又易知平面ABC的一个法向量n(0，0，1)， mn 1  cosm，n   . |m||n| 3 1 平面AMB 与平面ABC的夹角的余弦值为 . 1 1 3 1 1 18. (1)由题意知，动点M 的轨迹为以F(0，)为焦点、以直线 y  为准线的抛物线， 2 2 因此动点M 的轨迹方程为x2 2y. x2 (2) A (x ,y )在抛物线M ：x2 2y上， y  n ， n n n n 2    A B A B ,  A B ∥A B ， n n n1 n1 n n n1 n1 数学答案第4页（共6页）3π  AB 是倾斜角为的 的直线，即斜率为1， 1 1 4 x2 过A (x ,y )且斜率为1的直线A B ：y n (xx )， n n n n n 2 n  x2 y n (xx )， x2 x2 联立方程组  2 n ，可得  n (xx )，  2 2 n x2 2y 解得xx 2或x x （舍去） n n 直线A B 的斜率为0， B (x ,y ) x x 2 ∴x x  2. n1 n n n1 n1 n1 n n1 n 数列 x 是以首项为2，公差为2的等差数列， n  x 22(n1)2n. n x2 (2n)2 (3)由 题意可知: y  n   2n2 n 2 2 (2) A (2n,2n2),A (2n2,2(n1)2),A (2n4,2(n2)2) n n1 n2 过A ，A ，A 分别向 y轴作垂线，垂足分别为点C ，C ，C ， n n1 n2 n n1 n2 1 梯形C A A C 的面积为S  (|AC ||A C |)|C C | n n n1 n1 C n A n A n1 C n1 2 n n n1 n1 n n1 1 S  (2n2n2)[2(n1)22n2]2(2n1)2 . C n A n A n1 C n1 2 同理可得：S 2(2n3)2 . C n1 A n1 A n2 C n2 1 梯形C A A C 的面积为S  (2n2n4)[2(n2)22n2]16(n1)2 . n n n2 n2 C n A n A n2 C n2 2 S S S S . △AnA n1 A n2 C n AnA n1 C n1 C n1 A n1 A n2 C n2 C n A n A n2 C n2 S 2(2n1)22(2n3)216(n1)2 . △AnA n1 A n2 S 16n232n20(16n232n16)4 △AnA n1 A n2 △A A A 的面积为定值4. n n1 n2 19.(1) f(x)ex xex (x1)ex 当x1时， f(x)0，当x1时， f(x)0  f(x)单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，) (2)（i）由题意得xex lnxxa 0有两个正根x ，x 1 2 构建t  xex，lnt  xlnx 数学答案第5页（共6页）等价于tlnt a有两个正根t ，t ，t  f (x )，t  f (x ) 1 2 1 1 2 2 1 t1 令h(t)tlnth(t)1  h(t)在(1，)上单增，在(0，1)上单减. t t h(t) h(1)101 min 又 x0时，h(t)；x时，h(t). a的范围为(1,). （ii）t(x1)ex 0在x(0，)时恒成立 t  xex上x(0,)在单调递增 由t  f (x )，t  f (x ) 不妨设0 x  x 0t t 1 1 2 2 1 2 1 2 t lnt a 0， t  1 1 ， ln 2 t t ， t lnt a 0 t 2 1 2 2 1 t 令u  2 ，则u>1 t 1    u  t t 2，    t 1  u ln  u 1 ，  1 ,整理可得 ， t ulnu   ln 2 t t t    t 2 1  2 u1 1 1 1 1 1 u1 u1 u21    k，即   k，也即    k. f(x ) f(x ) t t lnu ulnu ulnu 1 2 1 2  u2 1kulnu 0在u(1,)时恒成立. 令(u)u2 1kulnu，(u)2uk(lnu1). (1)12 100. (1)2k≥0. k≤2. k 当k≤2时，记w(u)(u)，则w(u)2 ， u k u(1,) ①当k≤0时2 0, u k ②当k≤2时w(u)2 为增函数，w(u)w(1)2k≥0 ， u (u)在u(1,)单调递增. (u)(1)0 (u)在u(1,)单调递增. (u)(1)12100，可知k≤2时符合题意. 数学答案第6页（共6页）