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四川省宜宾市普通高中2026年高三下学期第二次诊断性测试数学试题
1．（2026·宜宾模拟）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2026·宜宾模拟）抛物线的焦点到直线的距离为（　　）
A． B． C． D．
3．（2026·宜宾模拟）已知向量，，若向量在方向上的投影向量为，则（　　）
A． B．1 C． D．3
4．（2026·宜宾模拟）双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
5．（2026·宜宾模拟）已知数列满足对任意的，都有．若，则（　　）
A．8 B．18 C．20 D．27
6．（2026·宜宾模拟）已知，且，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2026·宜宾模拟）已知定义在上的函数满足，若函数与函数的图象的交点为，，，，则（　　）
A．8 B． C．12 D．
8．（2026·宜宾模拟）已知，若，存在，使得成立，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
9．（2026·宜宾模拟）赓续绵延长江情，携手共谱新篇章.2026年央视春晚宜宾分会场筹备期间，某中学向全校学生征集“立上游-新宜宾”主题宣传文案，共收到500篇作品．由专业评委进行打分，满分100分，不低于60分为及格，不低于m分为优秀，若征文得分X（单位：分）近似服从正态分布，且及格率为80%，则下列说法正确的是（　　）
A．随机取1篇征文，则评分在内的概率为0.6
B．已知优秀率为20%，则
C．越大，的值越小
D．越小，评分在的概率越大
10．（2026·宜宾模拟）定义在上的函数，对都有，且，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．数列单调递减
C．
D．数列的前n项和为，则
11．（2026·宜宾模拟）已知正三棱台，上底面边长为2，下底面ABC边长为6，侧棱长为4，点在侧面内（包含边界）运动，且，Q为上一点，且，则下列说法正确的是（　　）
A．正三棱台的高为
B．高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内
C．点P的轨迹长度为
D．过点的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为
12．（2026·宜宾模拟）若复数z满足，则复数　 　．
13．（2026·宜宾模拟）等比数列的前n项和为，若，，则　 　．
14．（2026·宜宾模拟）已知在圆锥中，高长为，底面圆的直径长为，点为母线的中点．过点用平行于母线的平面去截圆锥，得到的截口曲线是抛物线，则该抛物线的焦点到点的距离为　 　．
15．（2026·宜宾模拟）已知的内角A、B、C的对边分别为，满足．
（1）求A；
（2）设点D为上一点，是的角平分线，且、，求的长度．
16．（2026·宜宾模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M在C上，轴，且．
（1）求C的方程；
（2）过点的直线交C于不同的两点A、B，于点H，证明：直线HB过定点．
17．（2026·宜宾模拟）某大学进行强基计划测试，已知有6名学生进入最后面试环节，且这6名学生全都来自A、B、C三所学校，其中A、B、C三所学校参加面试的学生人数比为．该大学要求所有面试考生面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码，按面试号码k由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟（假定相邻两名考生之间面试时无缝衔接），面试完成后自行离场．
（1）求面试号码为3的学生来自A校的概率；
（2）记随机变量X表示从1号学生开始面试到A校最后一名学生完成面试所用的时间，求X的分布列与数学期望；
（3）求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试（A校所有参加面试的学生完成面试，B、C两校都还有学生未完成面试）的概率．
18．（2026·宜宾模拟）在四棱锥中，四边形为矩形，为锐角三角形，，，，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点．
（1）求线段长度的最小值；
（2）若异面直线与所成角为．
（ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）求三棱锥的外接球的表面积．
19．（2026·宜宾模拟）已知函数．
（1）判断函数在区间上极值点的个数，并说明理由；
（2）将函数在区间上的极值点从小到大排列，形成数列，数列满足：．
证明：（ⅰ）；
（ⅱ）．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：易知，，
则.
故答案为：C.
【分析】先解一元二次不等式求得集合B，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点为，
则点到直线的距离.
故答案为：B.
【分析】易知抛物线的焦点，利用点到直线距离公式计算即可.
3．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由向量，可得，
因为向量在方向上的投影向量为，所以，即，解得.
故答案为：D.
【分析】根据投影向量的公式求解即可.
4．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可得，则，即，即，
故双曲线的渐近线方程是.
故答案为：B.
【分析】根据离心率公式求得，即可得双曲线的渐近线方程.
5．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由数列满足对任意的，都有，，
可得当时，，解得；
当时，，解得；
故.
故答案为：C.
【分析】由题意，分别令和求，，再求即可.
6．【答案】D
【知识点】指数式与对数式的互化；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：设，因为，所以，
所以，，，
因为，所以，，即；
因为，所以，，
又因为函数在时单调递减，且，所以，即，
综上，.
故答案为：D.
【分析】设，利用指、对互化结合幂函数将用表示，再利用函数的单调性比较大小即可.
7．【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：由，可得，则函数关于点对称，
函数的定义域为，
因为，
所以函数关于点对称，
因此函数与函数的图象的交点也关于点对称，
若是两函数图象的交点，则一定是两函数图象的交点，
那么，，
所以.
故答案为：A.
【分析】由，可得函数关于点对称，求函数的定义域，再求函数的对称中心，最后根据两函数图象交点的对称性计算即可.
8．【答案】B
【知识点】命题的否定；函数恒成立问题；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：命题“，存在，使得成立”的否定为：
，对，不等式恒成立，
，，令，
函数，函数的最小正周期为，不妨令，
当时，，此时，则；
当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
；
当时，，；
当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
；
当时，，，
由，对，不等式恒成立，得，
即，而，解得，
因此当，存在，使得成立时，，
所以的最大值为.
【分析】先写出命题的否定，利用辅助角公式化简可得，令，利用换元法得，根据函数的周期性探讨函数在上单调性，求最大值，建立不等式求出范围，然后否定结论即可得的最大值.
9．【答案】A,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】解：A、由题意可知，，
，
，
由对称性可知：，故A正确；
B、由题意可知：，
因为，所以，故B不正确；
C、因为是该正态分布图象的对称轴，所以，不会随的变化而变化，故C错误；
D、由对正态分布图象的影响可知，越小，图象越“瘦高”，因此在区间对应图象的面积变大，所以评分在的概率越大，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据正态分布的对称性求概率即可判断AB；根据正态分布的曲线特征即可判断C；由对正态分布图象的影响即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；抽象函数及其应用；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由函数方程，令，可得，
因为，所以，可得，对任意正整数数成立，
A、，故A正确；
B、单调递增，故B错误；
C、是凸函数，满足，故C正确；
D、前项和，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意，利用赋值法求得，对任意正整数数成立，令求解即可判断A；判断函数的单调性即可判断B；易知函数是凸函数，满足即可判断C；根据等比数列的求和公式求解即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：延长正三棱台侧棱相交于点，由题意可知：，
在等腰梯形中，因为，，，则，
即为等边三角形，可知三棱锥为正四面体，且，
A、设为等边的中心，
由正四面体的性质可知：侧面，且，
即点到底面的距离为，
又因为，，所以正三棱台的高为，故A正确；
B、设的内切圆的半径为，
则根据等面积法有：，解得，
因为正三棱台的高为，的内切圆的半径为，且，
所以高为、底面半径为的圆柱可以放进该棱台内，故B正确；
C、由A选项知，侧面，且，
因为点在侧面内（包含边界）运动，且
所以，
因为等边三角形的内切圆的半径为， 又，，
所以，点在侧面内的轨迹为弧和，
而，故，故为等边三角形，
所以，所以点的轨迹长度为，故C错误；
D、设正四面体的内切球的半径为，
由等体积法可得，解得，
因为，所以该棱台内最大的球即正四面体的内切球，
又因为，，，
所以为的中点，过点，，的平面正好过该内切球的球心，
所以截面面积为，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】延长正三棱台侧棱相交于点，分析可知三棱锥为正四面体，设为等边的中心，根据正四面体的高以及棱台的性质分析求解即可判断A；根据三棱台的高及上底面内切圆的半径即可判断B；由得到，进而根据等边三角形的内切圆半径为求得点的轨迹，再求轨迹长度即可判断C；设正四面体的内切球的半径为，利用等体积法得到，再结合题意可知过点，，的平面正好过该内切球的球心，进而得到截面面积即可判断D．
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，得，则.
故答案为：.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简求得复数，再求模即可.
13．【答案】
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
当时，由，
由，这与相矛盾，所以不成立，
当时，由，可得，即，
则.
故答案为：84.
【分析】设等比数列的公比为，当，由求得，根据推出矛盾，可得，再根据等比数列的求和公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：记过点且平行于的平面与底面圆的交点为；
在三角形中，因为分别为的中点，
所以//，且；
截面过点，且与平行，故点在截面上，则；
根据对称性可知抛物线的对称轴为，焦点在上，
以为坐标原点，为轴，截面内过且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
设抛物线方程为，
因为抛物线过点，所以，解得，
则抛物线的焦点到点的距离为.
故答案为：.
【分析】记过点且平行于的平面与底面圆的交点为，根据几何关系，求得的长度，以为原点，为轴，截面内过且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，易知，，设抛物线方程为，根据抛物线过点，求得抛物线方程，再次焦点到的距离即可.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理得，
因为，所以，，即，即，
又因为，所以；
（2）解： 是的角平分线，
由（1）知，，则，
因为，所以，
又因为，，所以，
故．
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合同角三角函数的商关系化简求角即可；
（2）由（1）知，，则，利用三角形的面积关系解出即可．
（1）已知，
由正弦定理得，
，，
，即，
，又，
；
（2） 是的角平分线，
由（1）知，，则，
因为，
则，
因为，，即有，
故．
16．【答案】（1）解：将代入中，可得，则，
因为，所以，
又因为，所以，
故C的方程为；
（2）解：若直线斜率不为，则设直线，，，
联立，得，
则，得，，
因为，所以，
则直线的方程为，
令，得，则直线HB过定点；
若直线斜率为，则直线HB为轴，过点，
故直线HB过定点.
【知识点】恒过定点的直线；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将代入椭圆方程求得，根据，可得，再根据，求的值，即可得椭圆的方程；
（2）分直线斜率是否为零讨论，当直线斜率不为时，设直线，，联立直线与椭圆方程，消元整理，利用韦达定理，结合两点式求出直线的方程，令化简求解即可.
（1）将代入中得，，则，
因为，所以，
又，得，
故C的方程为；
（2）若直线斜率不为，则设直线，，，
联立，得，
则，
得，，
因为，则，
则直线的方程为，
令，得，
则直线HB过定点；
若直线斜率为，则直线HB为轴，过点；
故直线HB过定点.
17．【答案】（1）解：易知面试号码为3的学生有6个不同结果，面试号码为3的学生来自A校的事件有3个不同结果，
则面试号码为3的学生来自A校的概率为；
（2）解：令随机变量为A校最后一名学生的面试号码，则，
可得的所有可能取值为，的所有可能取值为，
则，，
，，
则的分布列为
15 20 25 30
数学期望；
（3）解：依题意，6名学生按编号的试验有个基本事件，
而A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试的事件，是A校学生的最大编号为3的事件，
与A校学生的最大编号为4的事件，且B校学生编号不小于5的事件的和，它们互斥，
而A校学生的最大编号为3的事件有个基本事件；
而A校学生的最大编号为4，且B校学生编号不小于5的事件有，
所以A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试的概率为.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式；超几何分布；排列与组合的综合
【解析】【分析】（1）利用古典概型概率公式求解即可；
（2）令随机变量为A校最后一名学生的面试号码，则，可得的所有可能值，利用超几何分布求各个值对应的概率，列出分布列，再求数学期望即可；
（3）将所求概率的事件分拆成两个互斥事件的和，利用古典概率公式，结合排列组合求概率即可.
（1）面试号码为3的学生有6个不同结果，面试号码为3的学生来自A校的事件有3个不同结果，
所以面试号码为3的学生来自A校的概率为.
（2）令随机变量为A校最后一名学生的面试号码，则，
可得的所有可能取值为，的所有可能取值为，
则，，
，，
所以的分布列为
15 20 25 30
数学期望.
（3）依题意，6名学生按编号的试验有个基本事件，
而A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试的事件，是A校学生的最大编号为3的事件，
与A校学生的最大编号为4的事件，且B校学生编号不小于5的事件的和，它们互斥，
而A校学生的最大编号为3的事件有个基本事件；
而A校学生的最大编号为4，且B校学生编号不小于5的事件有，
所以A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试的概率为.
18．【答案】（1）解：因为，平面，平面，则平面，
且平面，平面平面，所以，
又因为，，，平面，可得平面，
以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，
可得，则，
可得，，，
则，，
由题意可知：直线的一个方向向量为，且，
设，则，
因为，则，可得，
则，即，
则，
令，则，当且仅当时等号成立，
故线段BQ长度的最小值为；
（2）解：由（1）可知：，，
由题意可得：，
解得，即，则，，，，；
（ⅰ）因为，，，
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
则，即平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为；
（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则，
即，解得，
则，三棱锥的外接球的表面积为.
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据线面平行证得，再根据线面垂直的判定定理证明平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求相应点的坐标，设，由题意结合向量共线可得，再利用向量模的坐标表示，结合换元法，以及二次函数的性质求线段BQ长度的最小值即可；
（2）由（1）的空间直角坐标系，利用空间向量结合向量夹角求得；
（ⅰ）分别求平面PCD与平面QCD的法向量，利用空间向量法求面面夹角即可；
（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，根据外接球的定义结合空间中两点间距离可得球心坐标，进而可得半径和表面积.
（1）因为，平面，平面，则平面，
且平面，平面平面，所以，
又因为，，，平面，可得平面，
以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，
可得，则，
可得，，，
则，，
由题意可知：直线的一个方向向量为，且，
设，则，
因为，则，可得，
则，即，
则，
令，则，
当且仅当时，等号成立，
所以线段BQ长度的最小值为.
（2）由（1）可知：，，
由题意可得：，
解得，即，则，，，，.
（ⅰ）因为，，，
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
则，
所以平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为；
（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则，
即，解得，
可得，所以三棱锥的外接球的表面积为.
19．【答案】（1）解：函数，，
设，，
当时，因为，，在上单调递减，
得，所以在上无零点，
当时，因为，，在上单调递增，
且，，所以在上有唯一零点，
当，因为，，所以在上单调递减，
因为，，所以在上有唯一零点，
综上，函数在区间上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变，
故函数在区间内恰有两个极值点；
（2）证明：（ⅰ）由（1）可知，在无极值点，
在有极小值点，即为，在有极大值点，即为，
同理可得，在有极小值点，在有极值点，
由得，
因为，所以，
因为，，，，所以，，
，由函数在单调递增，得，则；
（ⅱ）同理，，
，
由于在上单调递减得，
所以，且，，
当为偶数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，
即，
当为奇数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，多出最后一项也是负值，
即，
综上，对一切，成立，得，
又，所以，
则，
所以，即可证明.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；数列与不等式的综合；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求导可得，令，再求导，利用导数判断函数的单调性，根据导数在给定区间上与零的大小关系，以判断构造函数的单调性和变号零点的性质，根据极值的定义求解即可；
（2）（ⅰ）根据（1）可得，所在区间，根据极值点的必要条件，进一步缩小其所在区间，根据三角函数的诱导公式，将变为，使其在同一个单调区间，根据函数的单调性，可得，与2大小关系，可得答案；
（ⅱ）由（ⅰ）可得，进而得到当为偶数或奇数时，和与零大小关系，再根据变形即可证明.
（1）因为，所以.
设，，
当时，因为，，在上单调递减，
得，所以在上无零点，
当时，因为，，在上单调递增，
且，，所以在上有唯一零点，
当，因为，，所以在上单调递减，
因为，，所以在上有唯一零点.
综上，函数在区间上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变，
故函数在区间内恰有两个极值点.
（2）（ⅰ）由（1）可知，在无极值点，
在有极小值点，即为，在有极大值点，即为，
同理可得，在有极小值点，在有极值点，
由得，
因为，所以，
因为，，，，
所以，，
因为，
由函数在单调递增，得，
所以，
（ⅱ）同理，，
，
由于在上单调递减得，
所以，且，，
当为偶数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，
即，
当为奇数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，多出最后一项也是负值，
即，
综上，对一切，成立，得，
又，所以，
则，
所以，即可证明.
1 / 1四川省宜宾市普通高中2026年高三下学期第二次诊断性测试数学试题
1．（2026·宜宾模拟）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：易知，，
则.
故答案为：C.
【分析】先解一元二次不等式求得集合B，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2026·宜宾模拟）抛物线的焦点到直线的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点为，
则点到直线的距离.
故答案为：B.
【分析】易知抛物线的焦点，利用点到直线距离公式计算即可.
3．（2026·宜宾模拟）已知向量，，若向量在方向上的投影向量为，则（　　）
A． B．1 C． D．3
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由向量，可得，
因为向量在方向上的投影向量为，所以，即，解得.
故答案为：D.
【分析】根据投影向量的公式求解即可.
4．（2026·宜宾模拟）双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可得，则，即，即，
故双曲线的渐近线方程是.
故答案为：B.
【分析】根据离心率公式求得，即可得双曲线的渐近线方程.
5．（2026·宜宾模拟）已知数列满足对任意的，都有．若，则（　　）
A．8 B．18 C．20 D．27
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由数列满足对任意的，都有，，
可得当时，，解得；
当时，，解得；
故.
故答案为：C.
【分析】由题意，分别令和求，，再求即可.
6．（2026·宜宾模拟）已知，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数式与对数式的互化；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：设，因为，所以，
所以，，，
因为，所以，，即；
因为，所以，，
又因为函数在时单调递减，且，所以，即，
综上，.
故答案为：D.
【分析】设，利用指、对互化结合幂函数将用表示，再利用函数的单调性比较大小即可.
7．（2026·宜宾模拟）已知定义在上的函数满足，若函数与函数的图象的交点为，，，，则（　　）
A．8 B． C．12 D．
【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：由，可得，则函数关于点对称，
函数的定义域为，
因为，
所以函数关于点对称，
因此函数与函数的图象的交点也关于点对称，
若是两函数图象的交点，则一定是两函数图象的交点，
那么，，
所以.
故答案为：A.
【分析】由，可得函数关于点对称，求函数的定义域，再求函数的对称中心，最后根据两函数图象交点的对称性计算即可.
8．（2026·宜宾模拟）已知，若，存在，使得成立，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】命题的否定；函数恒成立问题；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：命题“，存在，使得成立”的否定为：
，对，不等式恒成立，
，，令，
函数，函数的最小正周期为，不妨令，
当时，，此时，则；
当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
；
当时，，；
当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
；
当时，，，
由，对，不等式恒成立，得，
即，而，解得，
因此当，存在，使得成立时，，
所以的最大值为.
【分析】先写出命题的否定，利用辅助角公式化简可得，令，利用换元法得，根据函数的周期性探讨函数在上单调性，求最大值，建立不等式求出范围，然后否定结论即可得的最大值.
9．（2026·宜宾模拟）赓续绵延长江情，携手共谱新篇章.2026年央视春晚宜宾分会场筹备期间，某中学向全校学生征集“立上游-新宜宾”主题宣传文案，共收到500篇作品．由专业评委进行打分，满分100分，不低于60分为及格，不低于m分为优秀，若征文得分X（单位：分）近似服从正态分布，且及格率为80%，则下列说法正确的是（　　）
A．随机取1篇征文，则评分在内的概率为0.6
B．已知优秀率为20%，则
C．越大，的值越小
D．越小，评分在的概率越大
【答案】A,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】解：A、由题意可知，，
，
，
由对称性可知：，故A正确；
B、由题意可知：，
因为，所以，故B不正确；
C、因为是该正态分布图象的对称轴，所以，不会随的变化而变化，故C错误；
D、由对正态分布图象的影响可知，越小，图象越“瘦高”，因此在区间对应图象的面积变大，所以评分在的概率越大，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据正态分布的对称性求概率即可判断AB；根据正态分布的曲线特征即可判断C；由对正态分布图象的影响即可判断D.
10．（2026·宜宾模拟）定义在上的函数，对都有，且，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．数列单调递减
C．
D．数列的前n项和为，则
【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；抽象函数及其应用；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由函数方程，令，可得，
因为，所以，可得，对任意正整数数成立，
A、，故A正确；
B、单调递增，故B错误；
C、是凸函数，满足，故C正确；
D、前项和，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意，利用赋值法求得，对任意正整数数成立，令求解即可判断A；判断函数的单调性即可判断B；易知函数是凸函数，满足即可判断C；根据等比数列的求和公式求解即可判断D.
11．（2026·宜宾模拟）已知正三棱台，上底面边长为2，下底面ABC边长为6，侧棱长为4，点在侧面内（包含边界）运动，且，Q为上一点，且，则下列说法正确的是（　　）
A．正三棱台的高为
B．高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内
C．点P的轨迹长度为
D．过点的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为
【答案】A,B,D
【知识点】棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：延长正三棱台侧棱相交于点，由题意可知：，
在等腰梯形中，因为，，，则，
即为等边三角形，可知三棱锥为正四面体，且，
A、设为等边的中心，
由正四面体的性质可知：侧面，且，
即点到底面的距离为，
又因为，，所以正三棱台的高为，故A正确；
B、设的内切圆的半径为，
则根据等面积法有：，解得，
因为正三棱台的高为，的内切圆的半径为，且，
所以高为、底面半径为的圆柱可以放进该棱台内，故B正确；
C、由A选项知，侧面，且，
因为点在侧面内（包含边界）运动，且
所以，
因为等边三角形的内切圆的半径为， 又，，
所以，点在侧面内的轨迹为弧和，
而，故，故为等边三角形，
所以，所以点的轨迹长度为，故C错误；
D、设正四面体的内切球的半径为，
由等体积法可得，解得，
因为，所以该棱台内最大的球即正四面体的内切球，
又因为，，，
所以为的中点，过点，，的平面正好过该内切球的球心，
所以截面面积为，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】延长正三棱台侧棱相交于点，分析可知三棱锥为正四面体，设为等边的中心，根据正四面体的高以及棱台的性质分析求解即可判断A；根据三棱台的高及上底面内切圆的半径即可判断B；由得到，进而根据等边三角形的内切圆半径为求得点的轨迹，再求轨迹长度即可判断C；设正四面体的内切球的半径为，利用等体积法得到，再结合题意可知过点，，的平面正好过该内切球的球心，进而得到截面面积即可判断D．
12．（2026·宜宾模拟）若复数z满足，则复数　 　．
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，得，则.
故答案为：.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简求得复数，再求模即可.
13．（2026·宜宾模拟）等比数列的前n项和为，若，，则　 　．
【答案】
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
当时，由，
由，这与相矛盾，所以不成立，
当时，由，可得，即，
则.
故答案为：84.
【分析】设等比数列的公比为，当，由求得，根据推出矛盾，可得，再根据等比数列的求和公式求解即可.
14．（2026·宜宾模拟）已知在圆锥中，高长为，底面圆的直径长为，点为母线的中点．过点用平行于母线的平面去截圆锥，得到的截口曲线是抛物线，则该抛物线的焦点到点的距离为　 　．
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：记过点且平行于的平面与底面圆的交点为；
在三角形中，因为分别为的中点，
所以//，且；
截面过点，且与平行，故点在截面上，则；
根据对称性可知抛物线的对称轴为，焦点在上，
以为坐标原点，为轴，截面内过且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
设抛物线方程为，
因为抛物线过点，所以，解得，
则抛物线的焦点到点的距离为.
故答案为：.
【分析】记过点且平行于的平面与底面圆的交点为，根据几何关系，求得的长度，以为原点，为轴，截面内过且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，易知，，设抛物线方程为，根据抛物线过点，求得抛物线方程，再次焦点到的距离即可.
15．（2026·宜宾模拟）已知的内角A、B、C的对边分别为，满足．
（1）求A；
（2）设点D为上一点，是的角平分线，且、，求的长度．
【答案】（1）解：，由正弦定理得，
因为，所以，，即，即，
又因为，所以；
（2）解： 是的角平分线，
由（1）知，，则，
因为，所以，
又因为，，所以，
故．
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合同角三角函数的商关系化简求角即可；
（2）由（1）知，，则，利用三角形的面积关系解出即可．
（1）已知，
由正弦定理得，
，，
，即，
，又，
；
（2） 是的角平分线，
由（1）知，，则，
因为，
则，
因为，，即有，
故．
16．（2026·宜宾模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M在C上，轴，且．
（1）求C的方程；
（2）过点的直线交C于不同的两点A、B，于点H，证明：直线HB过定点．
【答案】（1）解：将代入中，可得，则，
因为，所以，
又因为，所以，
故C的方程为；
（2）解：若直线斜率不为，则设直线，，，
联立，得，
则，得，，
因为，所以，
则直线的方程为，
令，得，则直线HB过定点；
若直线斜率为，则直线HB为轴，过点，
故直线HB过定点.
【知识点】恒过定点的直线；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将代入椭圆方程求得，根据，可得，再根据，求的值，即可得椭圆的方程；
（2）分直线斜率是否为零讨论，当直线斜率不为时，设直线，，联立直线与椭圆方程，消元整理，利用韦达定理，结合两点式求出直线的方程，令化简求解即可.
（1）将代入中得，，则，
因为，所以，
又，得，
故C的方程为；
（2）若直线斜率不为，则设直线，，，
联立，得，
则，
得，，
因为，则，
则直线的方程为，
令，得，
则直线HB过定点；
若直线斜率为，则直线HB为轴，过点；
故直线HB过定点.
17．（2026·宜宾模拟）某大学进行强基计划测试，已知有6名学生进入最后面试环节，且这6名学生全都来自A、B、C三所学校，其中A、B、C三所学校参加面试的学生人数比为．该大学要求所有面试考生面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码，按面试号码k由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟（假定相邻两名考生之间面试时无缝衔接），面试完成后自行离场．
（1）求面试号码为3的学生来自A校的概率；
（2）记随机变量X表示从1号学生开始面试到A校最后一名学生完成面试所用的时间，求X的分布列与数学期望；
（3）求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试（A校所有参加面试的学生完成面试，B、C两校都还有学生未完成面试）的概率．
【答案】（1）解：易知面试号码为3的学生有6个不同结果，面试号码为3的学生来自A校的事件有3个不同结果，
则面试号码为3的学生来自A校的概率为；
（2）解：令随机变量为A校最后一名学生的面试号码，则，
可得的所有可能取值为，的所有可能取值为，
则，，
，，
则的分布列为
15 20 25 30
数学期望；
（3）解：依题意，6名学生按编号的试验有个基本事件，
而A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试的事件，是A校学生的最大编号为3的事件，
与A校学生的最大编号为4的事件，且B校学生编号不小于5的事件的和，它们互斥，
而A校学生的最大编号为3的事件有个基本事件；
而A校学生的最大编号为4，且B校学生编号不小于5的事件有，
所以A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试的概率为.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式；超几何分布；排列与组合的综合
【解析】【分析】（1）利用古典概型概率公式求解即可；
（2）令随机变量为A校最后一名学生的面试号码，则，可得的所有可能值，利用超几何分布求各个值对应的概率，列出分布列，再求数学期望即可；
（3）将所求概率的事件分拆成两个互斥事件的和，利用古典概率公式，结合排列组合求概率即可.
（1）面试号码为3的学生有6个不同结果，面试号码为3的学生来自A校的事件有3个不同结果，
所以面试号码为3的学生来自A校的概率为.
（2）令随机变量为A校最后一名学生的面试号码，则，
可得的所有可能取值为，的所有可能取值为，
则，，
，，
所以的分布列为
15 20 25 30
数学期望.
（3）依题意，6名学生按编号的试验有个基本事件，
而A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试的事件，是A校学生的最大编号为3的事件，
与A校学生的最大编号为4的事件，且B校学生编号不小于5的事件的和，它们互斥，
而A校学生的最大编号为3的事件有个基本事件；
而A校学生的最大编号为4，且B校学生编号不小于5的事件有，
所以A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试的概率为.
18．（2026·宜宾模拟）在四棱锥中，四边形为矩形，为锐角三角形，，，，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点．
（1）求线段长度的最小值；
（2）若异面直线与所成角为．
（ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）求三棱锥的外接球的表面积．
【答案】（1）解：因为，平面，平面，则平面，
且平面，平面平面，所以，
又因为，，，平面，可得平面，
以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，
可得，则，
可得，，，
则，，
由题意可知：直线的一个方向向量为，且，
设，则，
因为，则，可得，
则，即，
则，
令，则，当且仅当时等号成立，
故线段BQ长度的最小值为；
（2）解：由（1）可知：，，
由题意可得：，
解得，即，则，，，，；
（ⅰ）因为，，，
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
则，即平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为；
（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则，
即，解得，
则，三棱锥的外接球的表面积为.
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据线面平行证得，再根据线面垂直的判定定理证明平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求相应点的坐标，设，由题意结合向量共线可得，再利用向量模的坐标表示，结合换元法，以及二次函数的性质求线段BQ长度的最小值即可；
（2）由（1）的空间直角坐标系，利用空间向量结合向量夹角求得；
（ⅰ）分别求平面PCD与平面QCD的法向量，利用空间向量法求面面夹角即可；
（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，根据外接球的定义结合空间中两点间距离可得球心坐标，进而可得半径和表面积.
（1）因为，平面，平面，则平面，
且平面，平面平面，所以，
又因为，，，平面，可得平面，
以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，
可得，则，
可得，，，
则，，
由题意可知：直线的一个方向向量为，且，
设，则，
因为，则，可得，
则，即，
则，
令，则，
当且仅当时，等号成立，
所以线段BQ长度的最小值为.
（2）由（1）可知：，，
由题意可得：，
解得，即，则，，，，.
（ⅰ）因为，，，
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
则，
所以平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为；
（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则，
即，解得，
可得，所以三棱锥的外接球的表面积为.
19．（2026·宜宾模拟）已知函数．
（1）判断函数在区间上极值点的个数，并说明理由；
（2）将函数在区间上的极值点从小到大排列，形成数列，数列满足：．
证明：（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（1）解：函数，，
设，，
当时，因为，，在上单调递减，
得，所以在上无零点，
当时，因为，，在上单调递增，
且，，所以在上有唯一零点，
当，因为，，所以在上单调递减，
因为，，所以在上有唯一零点，
综上，函数在区间上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变，
故函数在区间内恰有两个极值点；
（2）证明：（ⅰ）由（1）可知，在无极值点，
在有极小值点，即为，在有极大值点，即为，
同理可得，在有极小值点，在有极值点，
由得，
因为，所以，
因为，，，，所以，，
，由函数在单调递增，得，则；
（ⅱ）同理，，
，
由于在上单调递减得，
所以，且，，
当为偶数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，
即，
当为奇数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，多出最后一项也是负值，
即，
综上，对一切，成立，得，
又，所以，
则，
所以，即可证明.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；数列与不等式的综合；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求导可得，令，再求导，利用导数判断函数的单调性，根据导数在给定区间上与零的大小关系，以判断构造函数的单调性和变号零点的性质，根据极值的定义求解即可；
（2）（ⅰ）根据（1）可得，所在区间，根据极值点的必要条件，进一步缩小其所在区间，根据三角函数的诱导公式，将变为，使其在同一个单调区间，根据函数的单调性，可得，与2大小关系，可得答案；
（ⅱ）由（ⅰ）可得，进而得到当为偶数或奇数时，和与零大小关系，再根据变形即可证明.
（1）因为，所以.
设，，
当时，因为，，在上单调递减，
得，所以在上无零点，
当时，因为，，在上单调递增，
且，，所以在上有唯一零点，
当，因为，，所以在上单调递减，
因为，，所以在上有唯一零点.
综上，函数在区间上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变，
故函数在区间内恰有两个极值点.
（2）（ⅰ）由（1）可知，在无极值点，
在有极小值点，即为，在有极大值点，即为，
同理可得，在有极小值点，在有极值点，
由得，
因为，所以，
因为，，，，
所以，，
因为，
由函数在单调递增，得，
所以，
（ⅱ）同理，，
，
由于在上单调递减得，
所以，且，，
当为偶数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，
即，
当为奇数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，多出最后一项也是负值，
即，
综上，对一切，成立，得，
又，所以，
则，
所以，即可证明.
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