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

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12345678答案DDCCBAAB【解析】1．ACABBC，向量AC对应的复数为13i(2i)34i，故选D．2．对A，由ln(ab)0得ab11，，成立∴∴abab，反之，当ab21，时，不能推出ab1，故ln(ab)0是ab成立的充分不必要条件；对B，当ab21，时，ab不成立，故||ab不是ab成立的充分条件，反之，当ab时，||aab≥成立，故||ab是ab成立的必要不充分条件；对C，ab22是ab的既不充分也不必要条件；对D，22ab是ab的充要条件，故选D．873．第3项的二项式系数为C282，故选C．8212122244．由题意数列{}a满足a，由a，得aaa，，32，nn12a1223413423n2223211a，由此可知数列{}a的周期为4，故aaa，故选C．5222n20254506112115．由两直线垂直得415(1)0mmm，解得m0或，故选B．156．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42，故PP42，又因为πOPOP4，所以OP222OPPP，所以POP．设2π圆锥底面半径为r，高为h，则2πr4，解得r1，所以2图11115πh422115，所以圆锥的体积Vrhππ22115，故选A．333数学参考答案·第1页（共9页）{#{QQABaQQUggiAQBIAABhCQwGSCgOQkgCACagOxAAIMAAASBNABAA=}#}11xax27．fx()xa(x0)，因为f()x有两个极值点为x，x，所以xx12x2ax1fx()在(0，)上有两个不同的零点.此时方程xax210在(0，)x2上有两个不同的实根.则a40，且xxa1201，xx12，解得a2.若不f()xfx12()等式f()xfxxx1212()()恒成立，则恒成立.因为fx()12fx()xx12111a2xax2lnxxax2lnxln(xxaxx)()[(xxxx)22]1，则211122222221121212f()xfx()a1a111122，设ha()，则ha()2，因为a4，所以ha()0，xx122a2aa233所以ha()在(2，)上单调递减，所以ha()h(2)，所以≥，即实数的取值范223围为，，故选A．28．由题可得23bcsinA3b2223ca，∴abc2223323sinbcAbcbcA222cos，2222bcbcπ∴3sinbcAbccosAbc，∴3sinAAcos≥，2∴2sinAbccb6πbcππ2π≥，2∴sinA1，当且仅当取等，∵∴0AAπ，，∴A，6cb623πsinπbBsin3BC，∴6，故选B．2π6aAsinsin33二、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91011答案ACDACAD数学参考答案·第2页（共9页）{#{QQABaQQUggiAQBIAABhCQwGSCgOQkgCACagOxAAIMAAASBNABAA=}#}【解析】39．对A，若ab，可以作为基底，则ab与不共线，当ab与共线时，132，，∴故ab，23可以作为基底时，，故A正确；对B，ab(1，，1)∴||(1)12ab2，2∴∴220，或02，故B错误；对C，若ab，则60，∴6，故C正确；πab62对D，cos，∴2890，∴19或，故D正确，故42||||ab592选ACD．32310．由幂函数f()xmx(825)m知，851m2，解得m，故A正确；f()xx4的定23义域为[0，)，所以函数为非奇非偶函数，故B错误，C正确；由f()xx4知函数在4[0，)上单调递增，所以由f(2xfx1)(5)可得05≤x2x1，解得x≤5，故3D错误，故选AC．1111．由题意，当n1时，Sa2a2，解得a，当n2时，Saaa2a2，111122122221535解得a1，故A正确；当n3时，Saaaa2a2，解得2431234331725351725a1，∴SaSa，∴>，所以B错误；假设数3423234421511725列{}a为等比数列，则aaa2，，矛盾，故C错误；因为n2134242222aSSannnn11221an0，所以aaaaaann1nn()()011nn，所以aann1，1所以数列{}a是递增数列，所以aa(2)n≥，假设对任意的nN，a≤100，则nn12n2Snn2a≤21000020000，取n40000，则Sa4000040000120000，矛盾，所以{}an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1213144116答案4475【解析】4112．当mn00，时，双曲线E的渐近线方程为450xy，双曲线E的离心率为．4x2121231113．y≥，令2tt(0)4，则t2430t，∴t或ax22aaaa2311（舍），∴∴，．a42a214．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，321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456541242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65655122244；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355255615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32331412；此时乙袋中恰有4个小球的概率是；所以乙袋中恰有4个6565215215221616小球的概率是，故答案为：．25157575四、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49p，解得p，…………………………………（3分）49抛物线方程为yx2．…………………………………（5分）2（2）直线l的方程为ykxk23，…………………………………（6分）ykxk232k联立9，得y2yk230，…………………………………（8分）yx292若k0满足要求，…………………………………（10分）数学参考答案·第4页（共9页）{#{QQABaQQUggiAQBIAABhCQwGSCgOQkgCACagOxAAIMAAASBNABAA=}#}8k3若k0，则需满足1(32)0k，解得k，943综上：k0或．…………………………………（13分）416．（本小题满分15分）T2ππ解：（1）由题可得AT43，，6∴24，，412Tπ∴yx43sin，…………………………………（4分）122π当x8时，y43sin6，3∴∴MP(8，，又6)(16，，0)MP822610(千米)．……………………………（7分）31（2）在△MNP中，设MNx，则NPx，2231xx2210MN22NPMP221∵cosMNP，22MNNP312xx23∴x2100，210∴MNx6，331105NP6526，23355∴MNNP526(千米)，∴折线段赛道MNP的长度为526千米.33……………………………（15分）17．（本小题满分15分）（1）证明：如图2，取AC中点O，连接A1O，因为侧面ACC11A为菱形，AA1C60，所以A1OAC，……………………（2分）又因为平面ACC11A平面ABC，平面图2ACC11A平面ABCAC，数学参考答案·第5页（共9页）{#{QQABaQQUggiAQBIAABhCQwGSCgOQkgCACagOxAAIMAAASBNABAA=}#}所以A1O平面ABC，…………………………………（4分）又因为E为A11C的中点，所以四边形A1OFE为平行四边形，所以A1OEF//，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，OA1两两垂直，则以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OA13，故图3OA(0，，00)，(0，1，0)，B(3，，00)，ACEC(0，，03)，(0，，10)，(0，，13)，(0，，23)，11131又ADAB，所以D，，3，…………………………………（8分）1333[0，1]设CF11CC，，则OFOC(1)OC1(0，，0)(02，2，33)(02，，33)，即F(0，，233)；32，，，，，又DE0(013)EF，33设平面DEF的法向量为mxyz()，，，mDE032xy033则，则，取x3，则yz，(1)；mEF0(1)yz302233，，故平面DEF的法向量可为m3(1)；22…………………………………（11分）又AC(20)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||mAC||36由题可得sin|cosmAC，|，即，4||||mAC22932423(1)441整理得：630，解得，2CF16故当1=时，直线AC与平面DEF所成角的正弦值为．CC124……………………（15分）18．（本小题满分17分）21解：（1）f()xx4cosx，…………………………………（2分）21x2f(0)2，f(0)0，…………………………………（4分）f()x在(0，f(0))处的切线方程为yx2．…………………………………（5分）2（2）因为f()xx4cos，21x24令g()xx4cos，g()xx4sin，…………………………（7分）21x(2x1)2ππ4g()xx0，g(0)40g40因