2025-2026学年吉林省东北师大附中高三下学期第二次诊断性检测试题数学试题含解析.doc

2025-2026学年吉林省东北师大附中高三下学期第二次诊断性检测试题数学试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．在中，内角所对的边分别为，若依次成等差数列，则（ ）
A．依次成等差数列 B．依次成等差数列
C．依次成等差数列 D．依次成等差数列
2．已知函数，方程有四个不同的根，记最大的根的所有取值为集合，则“函数有两个零点”是“”的（ ）．
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．对于任意，函数满足，且当时，函数.若，则大小关系是（ ）
A． B． C． D．
4．某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）

A． B． C． D．
5．已知、分别是双曲线的左、右焦点，过作双曲线的一条渐近线的垂线，分别交两条渐近线于点、，过点作轴的垂线，垂足恰为，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为
A．48 B．72 C．90 D．96
7．根据散点图，对两个具有非线性关系的相关变量x，y进行回归分析，设u= lny，v=(x-4)2，利用最小二乘法，得到线性回归方程为=0.5v+2，则变量y的最大值的估计值是（ ）
A．e B．e2 C．ln2 D．2ln2
8．已知实数，满足约束条件，则目标函数的最小值为
A． B．
C． D．
9．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第19项为（ ）（注：）
A．1624 B．1024 C．1198 D．1560
10．已知若（1-ai ）( 3+2i )为纯虚数，则a的值为 （ ）
A． B． C． D．
11．已知双曲线的焦距为，过左焦点作斜率为1的直线交双曲线的右支于点，若线段的中点在圆上，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
12．根据最小二乘法由一组样本点（其中），求得的回归方程是，则下列说法正确的是( )
A．至少有一个样本点落在回归直线上
B．若所有样本点都在回归直线上，则变量同的相关系数为1
C．对所有的解释变量（），的值一定与有误差
D．若回归直线的斜率，则变量x与y正相关
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．展开式中的系数为________．
14．若椭圆：的一个焦点坐标为，则的长轴长为_______．
15．已知，且，则__________．
16．某校共有师生1600人，其中教师有1000人，现用分层抽样的方法，从所有师生中抽取一个容量为80的样本，则抽取学生的人数为_____．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，两座建筑物AB，CD的底部都在同一个水平面上，且均与水平面垂直，它们的高度分别是10m和20m，从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的视角∠CAD＝60°．

（1）求BC的长度；
（2）在线段BC上取一点P（点P与点B，C不重合），从点P看这两座建筑物的视角分别为∠APB＝α，∠DPC＝β，问点P在何处时，α+β最小？
18．（12分）已知函数的图象在处的切线方程是.
（1）求的值；
（2）若函数，讨论的单调性与极值；
（3）证明：.
19．（12分）已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）已知在处的切线与轴垂直，若方程有三个实数解、、（），求证：.
20．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；
（2）设点在上，点在上，求的最小值以及此时的直角坐标.
21．（12分）已知函数，.
（1）判断函数在区间上的零点的个数；
（2）记函数在区间上的两个极值点分别为、，求证：.
22．（10分）已知函数，．
（Ⅰ）若，求的取值范围；
（Ⅱ）若，对，，都有不等式恒成立，求的取值范围．
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．C
【解析】
由等差数列的性质、同角三角函数的关系以及两角和的正弦公式可得，由正弦定理可得，再由余弦定理可得，从而可得结果.
【详解】
依次成等差数列，，
正弦定理得，
由余弦定理得 ，，即依次成等差数列，故选C.
本题主要考查等差数列的定义、正弦定理、余弦定理，属于难题. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
2．A
【解析】
作出函数的图象，得到，把函数有零点转化为与在（2，4]上有交点，利用导数求出切线斜率，即可求得的取值范围，再根据充分、必要条件的定义即可判断．
【详解】
作出函数的图象如图，
由图可知，，
函数有2个零点，即有两个不同的根，
也就是与在上有2个交点，则的最小值为；
设过原点的直线与的切点为，斜率为，
则切线方程为，
把代入，可得，即，∴切线斜率为，
∴k的取值范围是，
∴函数有两个零点”是“”的充分不必要条件，
故选A．
本题主要考查了函数零点的判定，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，训练了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，试题有一定的综合性，属于中档题．
3．A
【解析】
由已知可得的单调性，再由可得对称性，可求出在单调性，即可求出结论.
【详解】
对于任意，函数满足，
因为函数关于点对称，
当时，是单调增函数，
所以在定义域上是单调增函数.
因为，所以，
.
故选:A.
本题考查利用函数性质比较函数值的大小，解题的关键要掌握函数对称性的代数形式，属于中档题..
4．C
【解析】
作出三棱锥的实物图，然后补成直四棱锥，且底面为矩形，可得知三棱锥的外接球和直四棱锥的外接球为同一个球，然后计算出矩形的外接圆直径，利用公式可计算出外接球的直径，再利用球体的表面积公式即可得出该三棱锥的外接球的表面积.
【详解】
三棱锥的实物图如下图所示：

将其补成直四棱锥，底面，
可知四边形为矩形，且，.
矩形的外接圆直径，且.
所以，三棱锥外接球的直径为，
因此，该三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
本题考查三棱锥外接球的表面积，解题时要结合三视图作出三棱锥的实物图，并分析三棱锥的结构，选择合适的模型进行计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
5．B
【解析】
设点位于第二象限，可求得点的坐标，再由直线与直线垂直，转化为两直线斜率之积为可得出的值，进而可求得双曲线的离心率.
【详解】
设点位于第二象限，由于轴，则点的横坐标为，纵坐标为，即点，
由题意可知，直线与直线垂直，，，
因此，双曲线的离心率为.
故选：B.
本题考查双曲线离心率的计算，解答的关键就是得出、、的等量关系，考查计算能力，属于中等题.
6．D
【解析】
因甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场比赛或甲学生不参加任何比赛
①当甲参加另外3场比赛时，共有•=72种选择方案；②当甲学生不参加任何比赛时，共有=24种选择方案．综上所述，所有参赛方案有72+24=96种
故答案为：96
点睛：本题以选择学生参加比赛为载体，考查了分类计数原理、排列数与组合数公式等知识，属于基础题．
7．B
【解析】
将u= lny，v=(x-4)2代入线性回归方程=-0.5v+2，利用指数函数和二次函数的性质可得最大估计值.
【详解】
解：将u= lny，v=(x4)2代入线性回归方程=0.5v+2得：
，即，
当时，取到最大值2，
因为在上单调递增，则取到最大值.
故选：B.
本题考查了非线性相关的二次拟合问题，考查复合型指数函数的最值，是基础题,.
8．B
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，目标函数的几何意义为动点到定点的斜率，利用数形结合即可得到的最小值．

【详解】
解：作出不等式组对应的平面区域如图：
目标函数的几何意义为动点到定点的斜率，
当位于时，此时的斜率最小，此时．
故选B．
本题主要考查线性规划的应用以及两点之间的斜率公式的计算，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．
9．B
【解析】
根据高阶等差数列的定义，求得等差数列的通项公式和前项和，利用累加法求得数列的通项公式，进而求得.
【详解】
依题意
：1，4，8，14，23，36，54，……
两两作差得
：3，4，6，9，13，18，……
两两作差得
：1，2，3，4，5，……
设该数列为，令，设的前项和为，又令，设的前项和为.
易，，进而得，所以，则，所以，所以.
故选：B
本小题主要考查新定义数列的理解和运用，考查累加法求数列的通项公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
10．A
【解析】
根据复数的乘法运算法则化简可得，根据纯虚数的概念可得结果.
【详解】
由题可知原式为，该复数为纯虚数，
所以.
故选：A
本题考查复数的运算和复数的分类，属基础题.
11．C
【解析】
设线段的中点为，判断出点的位置，结合双曲线的定义，求得双曲线的离心率.
【详解】
设线段的中点为，由于直线的斜率是，而圆，所以.由于是线段的中点，所以，而，根据双曲线的定义可知，即，即.
故选：C

本小题主要考查双曲线的定义和离心率的求法，考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
12．D
【解析】
对每一个选项逐一分析判断得解.
【详解】
回归直线必过样本数据中心点，但样本点可能全部不在回归直线上﹐故A错误；
所有样本点都在回归直线上，则变量间的相关系数为，故B错误；
若所有的样本点都在回归直线上，则的值与相等，故C错误；
相关系数r与符号相同，若回归直线的斜率，则，样本点分布应从左到右是上升的，则变量x与y正相关，故D正确．
故选D．
本题主要考查线性回归方程的性质，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．30
【解析】
先将问题转化为二项式的系数问题，利用二项展开式的通项公式求出展开式的第项，令的指数分别等于2，4，求出特定项的系数．
【详解】
由题可得：展开式中的系数等于二项式展开式中的指数为2和4时的系数之和，
由于二项式的通项公式为，
令，得展开式的的系数为，
令，得展开式的的系数为，
所以展开式中的系数，
故答案为30.
本题考查利用二项式展开式的通项公式解决二项展开式的特定项的问题，考查学生的转化能力，属于基础题．
14．
【解析】
由焦点坐标得从而可求出，继而得到椭圆的方程，即可求出长轴长.
【详解】
解：因为一个焦点坐标为，则，即，解得或
由表示的是椭圆，则，所以，则椭圆方程为
所以.
故答案为:.
本题考查了椭圆的标准方程，考查了椭圆的几何意义.本题的易错点是忽略，从而未对 的两个值进行取舍.
15．
【解析】
试题分析：因,故,所以，,应填.
考点：三角变换及运用．
16．1
【解析】
直接根据分层抽样的比例关系得到答案.
【详解】
分层抽样的抽取比例为，∴抽取学生的人数为6001．
故答案为：1．
本题考查了分层抽样的计算，属于简单题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）；（2）当BP为cm时，α+β取得最小值．
【解析】
（1）作AE⊥CD，垂足为E，则CE＝10，DE＝10，设BC＝x，根据得到，解得答案.
（2）设BP＝t，则，故，设，求导得到函数单调性，得到最值.
【详解】
（1）作AE⊥CD，垂足为E，则CE＝10，DE＝10，设BC＝x，
则，
化简得，解之得，或（舍），
（2）设BP＝t，则，
，
设，，
令f'（t）＝0，因为，得，
当时，f'（t）＜0，f（t）是减函数；
当时，f'（t）＞0，f（t）是增函数，
所以，当时，f（t）取得最小值，即tan（α+β）取得最小值，
因为恒成立，所以f（t）＜0，
所以tan（α+β）＜0，，
因为y＝tanx在上是增函数，所以当时，α+β取得最小值．

本题考查了三角恒等变换，利用导数求最值，意在考查学生的计算能力和应用能力.
18．（1）；（2）单调递减区间为，单调递增区间为，的极小值为，无极大值；（3）见解析.
【解析】
（1）切点既在切线上又在曲线上得一方程，再根据斜率等于该点的导数再列一方程，解方程组即可；
（2）先对求导数，根据导数判断和求解即可.
（3）把证明转化为证明，然后证明极小值大于极大值即可.
【详解】
解：（1）函数的定义域为
由已知得，则，解得.
（2）由题意得，则.
当时，，所以单调递减，
当时，，所以单调递增，
所以，单调递减区间为，单调递增区间为，
的极小值为，无极大值.
（3）要证成立，
只需证成立.
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的极大值为，即
由（2）知，时，，且的最小值点与的最大值点不同，所以，即.
所以，.
知识方面，考查建立方程组求未知数，利用导数求函数的单调区间和极值以及不等式的证明；能力方面，考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力；试题难度大.
19．（1）①当时， 在单调递增,②当时，单调递增区间为,,单调递减区间为
（2）证明见解析
【解析】
（1）先求解导函数，然后对参数分类讨论，分析出每种情况下函数的单调性即可；
（2）根据条件先求解出的值，然后构造函数分析出之间的关系，再构造函数分析出之间的关系，由此证明出.
【详解】
（1），
①当时，恒成立，则在单调递增
②当时，令得，
解得，
又，∴
∴当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
（2）依题意得，，则
由（1）得，在单调递增，在上单调递减，在上单调递增
∴若方程有三个实数解，
则
法一：双偏移法
设，则
∴在上单调递增，∴，
∴，即
∵，∴，其中，
∵在上单调递减，∴，即
设，
∴在上单调递增，∴，
∴，即
∵，∴，其中，
∵在上单调递增，∴，即
∴.
法二：直接证明法
∵，，在上单调递增，
∴要证，即证
设，则
∴在上单调递减，在上单调递增
∴，
∴，即
（注意：若没有证明，扣3分）
关于的证明：
（1）且时，（需要证明），其中
∴
∴
∴
（2）∵，∴
∴，即
∵，，∴，则
∴
本题考查函数与倒导数的综合应用，难度较难.（1）对于含参函数单调性的分析，可通过分析参数的临界值，由此分类讨论函数单调性；（2）利用导数证明不等式常用方法：构造函数，利用新函数的单调性确定函数的最值，从而达到证明不等式的目的.
20．（1）：，：；（2），此时.
【解析】
试题分析：（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）由题意，可设点的直角坐标为到的距离
当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.
试题解析： （1）的普通方程为，的直角坐标方程为.
（2）由题意，可设点的直角坐标为，因为是直线，所以的最小值即为到的距离的最小值，.
当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.
考点：坐标系与参数方程.
【方法点睛】参数方程与普通方程的互化：把参数方程化为普通方程，需要根据其结构特征，选取适当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法；加减消参法；平方和（差）消参法；乘法消参法；混合消参法等．把曲线的普通方程化为参数方程的关键：一是适当选取参数；二是确保互化前后方程的等价性．注意方程中的参数的变化范围．
21．（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）利用导数分析函数在区间上的单调性与极值，结合零点存在定理可得出结论；
（2）设函数的极大值点和极小值点分别为、，由（1）知，，且满足，，于是得出，由得，利用正切函数的单调性推导出，再利用正弦函数的单调性可得出结论.
【详解】
（1），，
，当时，，，，则函数在上单调递增；
当时，，，，则函数在上单调递减；
当时，，，，则函数在上单调递增.
，，，，.
所以，函数在与不存在零点，在区间和上各存在一个零点.
综上所述，函数在区间上的零点的个数为；
（2），.
由（1）得，在区间与上存在零点，
所以，函数在区间与上各存在一个极值点、，且，，
且满足即，，
，
又，即，，
，，，
由在上单调递增，得，
再由在上单调递减，得
，即.
本题考查利用导数研究函数的零点个数问题，同时也考查了利用导数证明不等式，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
22．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由题意不等式化为，利用分类讨论法去掉绝对值求出不等式的解集即可；
（Ⅱ）由题意把问题转化为，分别求出和，列出不等式求解即可．
【详解】
（Ⅰ）由题意知，，
若，则不等式化为，解得；
若，则不等式化为，解得，即不等式无解；
若，则不等式化为，解得，
综上所述，的取值范围是；
（Ⅱ）由题意知，要使得不等式恒成立，
只需，
当时，，，
因为，所以当时，
，
即，解得，
结合，所以的取值范围是.
本题考查了绝对值不等式的求解问题，含有绝对值的不等式恒成立应用问题，以及绝对值三角不等式的应用，考查了分类讨论思想，是中档题．含有绝对值的不等式恒成立应用问题，关键是等价转化为最值问题，再通过绝对值三角不等式求解最值，从而建立不等关系，求出参数范围.