四川省达州市普通高中2025届第二次诊断性测试数学答案

达州市普通高中2025届第二次诊断性测试数学参考答案1.D2.C3.A4.B5.A6.A7.B8.C9.BC10.AC11.ABD2...或126013π141202e215.解：（1）由题知体重在40,50，50,60，60,70的频率分别为0.05，0.25，0.4.∴中位数x位于60,70内则0.050.25(x60)0.040.5，解得x65∴样本体重的中位数为65（2）设体重在60,70，70,80按分层抽样的抽取人数分别为m,n.mn6则，解得m4，n240204020由题知X的可能取值为3，1，1C31C2C13C1C214,42,42P(X3)3P(X1)3P(X1)3C65C65C65∴X的分布列为：X311……………………………………P131555131∴E(X)31(1)1555.解：（）取中点，连接，∵,分别为,中点161B1CDNDA1D.DNB1CBC.∴//，又∵三棱柱中，//，分别为中点NDBB1ABCA1B1C1BB1AA1MAA1∴//且,∴四边形为平行四边形DNA1MDNA1MA1MND∴//,∵平面,平面,MNA1DA1DA1B1CMNA1B1C∴平面MN//A1B1C（）取中点,连接∵△和△均2ACOA1O,BO,ABCA1AC为等边三角形,∴,,∵侧面A1zA1OACOBACC1底面且为交线，B1A1ACC1ABCACM∴AO平面ABC,以O为原点，OB,OC,OA所在直11D线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，设AB2,AO则，，，，yA(0,1,0)B(3,0,0)A1(0,0,3)C(0,1,0)CxBN133133xM(0,,)N(,,0)MC(0,,),2222,2231NC(,,0),AC(0,1,3),ABAB(3,1,0),22111设平面的一个法向量，MNCm(x1,y1,z1)数学答案第1页（共4页）33yz0,mMC0,11∴，22，令，则，，y13x11z13mNC031xy02121∴平面MNC的一个法向量m(1,3,3).设平面的一个法向量，则A1B1Cn(x2,y2,z2)nAB0,3xy0,1122令，则，，,y23x21z21nA1C0y23z20，∴平面的一个法向量，A1B1Cn(1,3,1)mn565∵cosm,n.|m||n|1351365∴平面MNC与平面ABC的夹角的余弦值为.1113ab17.解：（1）在△ABC中由正弦定理代入tanBtanA化简得，sin2AcosBsin2BcosA，∴(1cos2A)cosB(1cos2B)cosA.可得(cosAcosB)(1cosAcosB)0∵在△ABC中1cosAcosB0，∴cosAcosB，又∵A,B为△ABC内角，∴AB，即△ABC为等腰三角形（2）∵D为AB中点，由（1）知ab,CDAB,C1Cc∴△ABC的面积SCACD2bcoscCDc，cos2222bC2c2又∵Rt△CAD中，cos，∴，∴c4.2b2bbCD2π又∵tanA1.0Aπ，∴AADc42πππ∴Cπ.442（3）设△ABC周长为l，则labc2bcCD24422∵tanA，∴c,sinA，∴bADcctanAbsinA2A42cos2444(1cosA)4l2bc2AAAsinAtanAsinA2sincostan222πAπAAπ∵A0,，∴0,，ytan在0,上为增函数326226Aπ34∴（tan）maxtan，lmin4326333数学答案第2页（共4页）18.解：（1）∵f(x)exa，①当a≤0时，f(x)0，yf(x)在xR上单调递增.②当a0时，令f'(x)0，解得xlna，令f'(x)0，解得xlna综上所述，当a≤0时，yf(x)在（，）上单调递增，当a0时yf(x)在(lna,)上单调递增，在(,lna)上单调递减(2)x≥0时，f(x)≥(x1)2恒成立，即exax(x1)2≥0在x≥0时恒成立.①x0，不等式对aR均成立.ex(x1)2ex(x1)2②x0,不等式可化为a≤，令g(x)，则只需a≤g(x)xxminx(x1)(ex1)xx∵g'(x)，(x)ex1，'(x)e1，当x0时'(x)0x2∴y(x)在x0时单调递增，(x)(0)0，即exx10.∴当x1时，g'(x)0，yg(x)单调递增，当0x1时，g'(x)0，yg(x)单调递减.∴，∴，即取值范围为g(x)ming(1)e4a≤e4a,e4（3）当a=1时，f(x)exx，令h(x)exxlnx1，1h'(x)ex1，显然x0时，yh'(x)单调递增x1∵h'(1)e20，h'()e30.2111存在，使得，即x0，x0x0,1h'(x0)0e10e12x0x0当时，，单调递减，0xx0h'(x0)0yh(x)当时，，单调递增.xx0h'(x0)0yh(x)1∴x0，h(x)minh(x0)ex0lnx01x0lnx0x011令m(x)xlnx，显然ym(x)在x,1单调递减，m(x)m(1)0，x2∴，即x，∴.h(x)min0exlnx10f(x)lnx1.解：由题可知2，，即，19(1)c211c1F1(1,0)F2(1,0)设，，由得，P(x1,y1)Q(x2,y2)OP2OQOF1(x1,y1)2(x2,y2)(1,0)x12x2∴.设直线l方程为xty1y12y20∴.x12x2ty112(ty21)t(y12y2)33∴3xx(2)i由题可设直线PT方程为1yy1，设直线PT与圆x2y22得交点为(x,y)，2133，(x4,y4)x1x2y1y1x由可得2222，∵122(x14y1)x4x1x48y10y11222xy2∴222，解得(4x1)x4x1x4(x11)0数学答案第3页（共4页）2(x1)2(x1)11x3x42x12x1，，222x12y2x12yy1y134y1(2x1)2x1y1(2x1)2x1设直线与圆22得交点为，，同理可得QTxy2(x5,y5)(x6,y6)2(x1)2(x1)22x5x62x22x2，，∵x3x1x4x5x2x62x22y2x22y,y22y2256y2(2x2)2x2y2(2x2)2x2∴,坐标应为，.MNM(x3,y3)N(x5,y5)2(x1)2y2(x1)2y4y(x1)4y(x1)∵12212121x3y5x5y32x12x22x22x1(2x1)(2x2),,∴x1ty11x2ty21x3y5x5y30即OM//ON,又∵OMONO,∴M,O,N三点共线.(ii)设T(m,n)，点T在直线PT和QT上，满足xm1yn121mx，∴直线l方程可写为ny1，xm22yn122又∵直线l方程为xty1，∴m2，nt，即T(2,t)t21点T到直线l的距离dt21，t21直线l方程为xty1代入椭圆方程得(t22)y22ty102t1由韦达定理得yy,yy，8t28012t2212t22222PQ1ty1y21t(y1y2)4y1y22t4221t21t2()2t22t22t221122(t21)∴△TPQ的面积SPQdt21，22t2223令t21≥1，t221，S212(432)2S'0,∴yS()在≥1时单调递增，∴SS(1)，△TPQ(21)2min22面积的最小值为2数学答案第4页（共4页）