四川省凉山州2025届高三数学第二次诊断性检测试题文含解析

PAGE25-四川省凉山州2025届高三数学其次次诊断性检测试题文（含解析）第I卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题每题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.已知集合则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解对数不等式可得集合A，由交集运算即可求解.【详解】集合解得由集合交集运算可得，故选：B【点睛】本题考查了集合交集的简洁运算，对数不等式解法，属于基础题.2.设为虚数单位，复数，则实数的值是（）A.1 B.-1 C.0 D.2【答案】A【解析】【分析】依据复数的乘法运算化简，由复数的意义即可求得的值.【详解】复数，由复数乘法运算化简可得，所以由复数定义可知，解得，故选：A.【点睛】本题考查了复数的乘法运算，复数的意义，属于基础题.3.等比数列若则（）A.±6 B.6 C.-6 D.【答案】B【解析】【分析】依据等比中项性质代入可得解，由等比数列项的性质确定值即可.【详解】由等比数列中等比中项性质可知，，所以，而由等比数列性质可知奇数项符号相同，所以，故选：B.【点睛】本题考查了等比数列中等比中项的简洁应用，留意项的符号特征，属于基础题.4.若，则“”是“”的（）A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】依据充分必要性的判定，依次推断是否具有充分性和必要性即可.【详解】函数，当时，，则，所以“”是“”的充分条件；当时，代入可得，解得或，因而“”不是“”的必要条件，综上可知“”是“”充分不必要条件，故选：B.【点睛】本题考查了充分必要条件的概念及简洁推断，属于基础题.5.曲线在点处的切线方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】将点代入解析式确定参数值，结合导数的几何意义求得切线斜率，即可由点斜式求的切线方程.【详解】曲线，即，当时，代入可得，所以切点坐标为，求得导函数可得，由导数几何意义可知，由点斜式可得切线方程为，即，故选：A.【点睛】本题考查了导数的几何意义，在曲线上一点的切线方程求法，属于基础题.6.阅读如图的程序框图，若输出的值为25，那么在程序框图中的推断框内可填写的条件是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据循环结构的程序框图，带入依次计算可得输出为25时的值，进而得推断框内容.【详解】依据循环程序框图可知，则，，，，，此时输出，因而不符合条件框的内容，但符合条件框内容，结合选项可知C为正确选项，故选：C.【点睛】本题考查了循环结构程序框图的简洁应用，完善程序框图，属于基础题.7.若双曲线的离心率，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离为（）A. B.2 C. D.1【答案】C【解析】【分析】依据双曲线的解析式及离心率，可求得的值；得渐近线方程后，由点到直线距离公式即可求解.【详解】双曲线的离心率，则，，解得，所以焦点坐标为，所以，则双曲线渐近线方程为，即，不妨取右焦点，则由点到直线距离公式可得，故选：C.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质及简洁应用，渐近线方程的求法，点到直线距离公式的简洁应用，属于基础题.8.将函数向左平移个单位，得到的图象，则满意（）A.图象关于点对称，在区间上为增函数B.函数最大值为2，图象关于点对称C.图象关于直线对称，在上的最小值为1D.最小正周期为，在有两个根【答案】C【解析】【分析】由协助角公式化简三角函数式，结合三角函数图象平移变换即可求得的解析式，结合正弦函数的图象与性质即可推断各选项.【详解】函数，则，将向左平移个单位，可得，由正弦函数的性质可知，的对称中心满意，解得，所以A、B选项中的对称中心错误；对于C，的对称轴满意，解得，所以图象关于直线对称；当时，，由正弦函数性质可知，所以在上的最小值为1，所以C正确；对于D，最小正周期为，当，，由正弦函数的图象与性质可知，时仅有一个解为，所以D错误；综上可知，正确的为C，故选：C.【点睛】本题考查了三角函数式的化简，三角函数图象平移变换，正弦函数图象与性质的综合应用，属于中档题.9.若函数的图象如图所示，则的解析式可能是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依据函数解析式，结合特别值与极限值法，即可推断解析式.【详解】依据函数图像可知，当时，，对于B选项，其，所以解除B；当时，由图像可知，对于D选项，当时，所以解除D；对于A，，当时，由指数函数性质可知，即时，所以解除A；所以C正确选项，故选：C.【点睛】本题考查了由函数图像推断解析式，留意特别值与极限值等方法的运用，属于基础题.10.如图，长方体中，，，点T在棱上，若平面.则（）A.1 B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】依据线面垂直的性质，可知；结合即可证明，进而求得.由线段关系及平面对量数量积定义即可求得.【详解】长方体中，，点T在棱上，若平面.则，则，所以，则，所以，故选：D.【点睛】本题考查了直线与平面垂直的性质应用，平面对量数量积的运算，属于基础题.11.已知，，则的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由指数函数的图像与性质易得最小，利用作差法，结合对数换底公式及基本不等式的性质即可比较和的大小关系，进而得解.【详解】依据指数函数的图像与性质可知，由对数函数的图像与性质可知，，所以最小；而由对数换底公式化简可得由基本不等式可知，代入上式可得所以，综上可知，故选：D.【点睛】本题考查了指数式与对数式的化简变形，对数换底公式及基本不等式的简洁应用，作差法比较大小，属于中档题.12.一个超级斐波那契数列是一列具有以下性质的正整数:从第三项起，每一项都等于前面全部项之和(例如:1，3，4，8，16…).则首项为2，某一项为2024的超级斐波那契数列的个数为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】A【解析】【分析】依据定义，表示出数列的通项并等于2024.结合的正整数性质即可确定解的个数.【详解】由题意可知首项为2，设其次项为，则第三项为，第四项为，第五项为第n项为且，则，因为，当的值可以为；即有3个这种超级斐波那契数列，故选：A.【点睛】本题考查了数列新定义的应用，留意自变量的取值范围，对题意理解要精确，属于中档题.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二，填空题(共4小题，每小题5分，共20分)13.从甲、乙、丙、丁四个人中任选两名志愿者，则甲被选中的概率是．【答案】【解析】试题分析：从甲、乙、丙、丁四个人中任选两名志愿者有（甲，乙）、（甲，丙）、（甲，丁）、（乙，丙）、（乙，丁）、（丙，丁）六种取法，其中甲被选中有（甲，乙）、（甲，丙）、（甲，丁）三种，所以甲被选中的概率为考点：本小题主要考查古典概型概率的求解.点评：求古典概型概率时，要保证每一个基本领件都是等可能的.14.定义在上的奇函数满意，并且当时，则___【答案】【解析】【分析】依据所给表达式，结合奇函数性质，即可确定函数对称轴及周期性，进而由的解析式求得的值.【详解】满意，由函数对称性可知关于对称，且令，代入可得，由奇函数性质可知，所以令，代入可得，所以是以4为周期的周期函数，则当时，所以，所以，故答案为：.【点睛】本题考查了函数奇偶性与对称性的综合应用，周期函数的推断及应用，属于中档题.15.已知平面对量，的夹角为，且，则=____【答案】1【解析】【分析】依据平面对量模的定义先由坐标求得，再依据平面对量数量积定义求得；将化简并代入即可求得.【详解】，则，平面对量，的夹角为，则由平面对量数量积定义可得，依据平面对量模的求法可知，代入可得，解得，故答案为：1.【点睛】本题考查了平面对量模的求法及简洁应用，平面对量数量积的定义及运算，属于基础题.16.数学家狄里克雷对数论，数学分析和数学物理有突出贡献，是解析数论的创始人之一.函数，称为狄里克雷函数.则关于有以下结论:①的值域为;②;③;④其中正确的结论是_______(写出全部正确的结论的序号)【答案】②【解析】【分析】依据新定义，结合实数的性质即可推断①②③，由定义求得比小的有理数个数，即可确定④.【详解】对于①，由定义可知，当为有理数时；当为无理数时，则值域为，所以①错误；对于②，因为有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，所以满意，所以②正确；对于③，因为，当为无理数时，可以是有理数，也可以是无理数，所以③错误；对于④，由定义可知，所以④错误；综上可知，正确的为②.故答案为：②.【点睛】本题考查了新定义函数的综合应用，正确理解题意是解决此类问题的关键，属于中档题.三，解答题(解答过程应写出必要的文字说明，解答步骤.共70分)17.传染病的流行必需具备的三个基本环节是:传染源，传播途径和人群易感性.三个环节必需同时存在，方能构成传染病流行.呼吸道飞沫和亲密接触传播是新冠状病毒的主要传播途径，为了有效防控新冠状病毒的流行，人们出行都应当佩戴口罩.某地区已经出现了新冠状病毒的感染病人，为了驾驭该地区居民的防控意识和防控状况，用分层抽样的方法从全体居民中抽出一个容量为100的样本，统计样本中每个人出行是否会佩戴口罩的状况，得到下面列联表:（1）用样本估计总体，分别估计青年人、中老年人出行戴口罩的概率.（2）能否有99.9%的把握认为是否会佩戴口罩出行的行为与年龄有关？【答案】（1）青年人出行戴口罩概率；老年人出行戴口罩概率.（2）有99.9%的把握认为是否会佩戴口罩出行的行为与年龄有关.【解析】【分析】（1）依据列联表，即可求得青年人、中老年人出行戴口罩的概率；（2）跟列联表及公式，代入即可求得观测值.结合临界值表即可作出推断.【详解】（1）依据列联表可知，抽取青年人共人，其中带口罩的有50人，所以青年人戴口罩的概率为；抽取老年人共人，戴口罩的有20人，所以老年人戴口罩的概率为.（2）假设是否会佩戴口罩出行的行为与年龄无关，由列联表及公式可得，因而有99.9%把握认为是否会佩戴口罩出行的行为与年龄有关.【点睛】本题考查了独立性检验思想的简洁应用，属于基础题.18.如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，点是棱的中点，.(1)若，证明：平面平面；(2)若三棱锥的体积为求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）依据四棱锥的特征，可证明平面，从而；而由等腰三角形性质可知，所以平面，进而由面面垂直的判定定理证明平面平面；（2）过作，连接.由可求得.即可由棱锥的体积公式求得.【详解】（1）证明：由题意平面，平面，则四边形为正方形，则，且，则平面，又平面，所以，由且点是棱的中点，所以,而，所以平面，而平面，所以由面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）过作，连接.则，解得，所以.【点睛】本题考查了线面垂直与面面垂直的判定定理，三棱锥体积的求法，属于基础题.19.如图，平面四边形中，，，.（1）求；（2）求四边形面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依据同角三角函数式可求得，结合正弦和角公式求得，即可求得，进而由三角函数（2）设依据余弦定理及基本不等式，可求得的最大值，结合三角形面积公式可求得的最大值，即可求得四边形面积的最大值.【详解】（1），则由同角三角函数关系式可得，则，则，所以.（2）设在中由余弦定理可得，代入可得，由基本不等式可知，即，当且仅当时取等号，由三角形面积公式可得，所以四边形面积的最大值为.【点睛】本题考查了正弦和角公式化简三角函数式的应用，余弦定理及不等式式求最值的综合应用，属于中档题.20.设（1）证明:当时，；（2）当时，求整数的最大值.（参考数据：，）【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）将代入函数解析式可得，构造函数，求得并令，由导函数符号推断函数单调性并求得最大值，由即可证明恒成立，即不等式得证.（2）对函数求导，变形后探讨当时的函数单调状况：当时，可知满意题意；将不等式化简后构造函数，利用导函数求得极值点与函数的单调性，从而求得最小值为，分别依次代入检验的符号，即可确定整数的最大值；当时不满意题意，因为求整数的最大值，所以时无需再探讨.【详解】（1）证明：当时代入可得，令，，则，令解得，当时，所以在单调递增，当时，所以在单调递减，所以，则，即成立.（2）函数则，若时，当时，，则在时单调递减，所以，即当时成立；所以此时需满意的整数解即可，将不等式化简可得，令则令解得，当时，即在内单调递减，当时，即在内单调递增，所以当时取得最小值，则，，，所以此时满意的整数的最大值为；当时，在时，此时，与题意冲突，所以不成立.因为求整数的最大值，所以时无需再探讨，综上所述，当时，整数的最大值为.【点睛】本题考查了导数在证明不等式中的应用，导数与函数单调性、极值、最值的关系和应用，构造函数法求最值，并推断函数值法符号，综合性强，属于难题.21.已知分别是椭圆的左焦点和右焦点，椭圆的离心率为是椭圆上两点，点满意.(1)求的方程；(2)若点在圆上，点为坐标原点，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）依据焦点坐标和离心率，结合椭圆中的关系，即可求得的值，进而得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程为，由题意可知为中点.联立直线与椭圆方程，由韦达定理表示出，由判别式可得；由平面对量的线性运算及数量积定义，化简可得，代入弦长公式化简；由中点坐标公式可得点的坐标，代入圆的方程，化简可得，代入数量积公式并化简，由换元法令，代入可得，再令及，结合函数单调性即可确定的取值范围，即确定的取值范围，因而可得的取值范围.【详解】（1）分别是椭圆的左焦点和右焦点，则，椭圆的离心率为则解得，所以，所以的方程为.（2）设直线的方程为，点满意，则为中点，点在圆上，设，联立直线与椭圆方程，化简可得，所以则，化简可得，而由弦长公式代入可得为中点，则点在圆上，代入化简可得，所以令，则，，令，则令，则，所以，因为在内单调递增，所以，即所以【点睛】本题考查了椭圆的标准方程求法，直线与椭圆的位置关系综合应用，由韦达定理探讨参数间的关系，平面对量的线性运算与数量积运算，弦长公式的应用及换元法在求取值范围问题中的综合应用，计算量大，属于难题.请考生在第22，23两题中选一题作答.留意:只能做所选定的题目.假如多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，直线与曲线交于两点.(1)求的长；(2)在以为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，设点的极坐标为，求点到线段中点的距离.【答案】（1）;（2）.【解析】【分析】（1）将直线的