海南省临高县新盈中学2024年高三第二次诊断性检测试题数学试题理试卷

海南省临高县新盈中学2024年高三第二次诊断性检测试题数学试题理试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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，“”是“为钝角三角形”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件2．设全集，集合，则＝()A． B． C． D．3．已知向量，满足，在上投影为，则的最小值为()A． B． C． D．4．已知函数，若，则的值等于（）A． B． C． D．5．如图，平面四边形中，，，，，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为（）A． B． C． D．6．设m，n为直线，、为平面，则的一个充分条件可以是()A．，， B．，C．， D．，7．已知函数是定义在上的奇函数，函数满足，且时，，则（）A．2 B． C．1 D．8．“”是“直线与互相平行”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9．若，则下列不等式不能成立的是（）A． B． C． D．10．若集合，，则=（）A． B． C． D．11．已知函数f(x)=xex2+axeA．1 B．-1 C．a D．-a12．《易经》包含着很多哲理，在信息学、天文学中都有广泛的应用，《易经》的博大精深，对今天的几何学和其它学科仍有深刻的影响．下图就是易经中记载的几何图形——八卦田，图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，八块面积相等的曲边梯形代表八卦田．已知正八边形的边长为，阴阳太极图的半径为，则每块八卦田的面积约为（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．“北斗三号”卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆.设地球半径为R,若其近地点､远地点离地面的距离大约分别是,,则“北斗三号”卫星运行轨道的离心率为__________.14．如图，在长方体中，，E，F，G分别为的中点,点P在平面ABCD内，若直线平面EFG，则线段长度的最小值是________________.15．《九章算术》第七章“盈不足”中第一题：“今有共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四，问人数物价各几何？”借用我们现在的说法可以表述为：有几个人合买一件物品，每人出8元，则付完钱后还多3元；若每人出7元，则还差4元才够付款.问他们的人数和物品价格？答：一共有_____人；所合买的物品价格为_______元．16．在平面直角坐标系中，圆.已知过原点且相互垂直的两条直线和，其中与圆相交于，两点，与圆相切于点.若，则直线的斜率为_____________.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）已知函数（）的图象在处的切线为（为自然对数的底数）（1）求的值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值.18．（12分）如图，在三棱柱中，、、分别是、、的中点.（1）证明：平面；（2）若底面是正三角形，，在底面的投影为，求到平面的距离.19．（12分）已知椭圆的离心率为，直线过椭圆的右焦点,过的直线交椭圆于两点(均异于左、右顶点).（1）求椭圆的方程；（2）已知直线,为椭圆的右顶点.若直线交于点，直线交于点，试判断是否为定值，若是，求出定值；若不是，说明理由.20．（12分）已知动圆E与圆外切，并与直线相切，记动圆圆心E的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）过点的直线l交曲线C于A，B两点，若曲线C上存在点P使得，求直线l的斜率k的取值范围.21．（12分）已知三棱锥中侧面与底面都是边长为2的等边三角形，且面面，分别为线段的中点.为线段上的点，且.（1）证明：为线段的中点；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）已知数列中，（实数为常数），是其前项和，且数列是等比数列，恰为与的等比中项．（1）证明：数列是等差数列；（2）求数列的通项公式；（3）若，当时，的前项和为，求证：对任意，都有．

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】分析：从两个方向去判断，先看能推出三角形的形状是锐角三角形，而非钝角三角形，从而得到充分性不成立，再看当三角形是钝角三角形时，也推不出成立，从而必要性也不满足，从而选出正确的结果.详解：由题意可得，在中，因为，所以，因为，所以，，结合三角形内角的条件，故A,B同为锐角，因为，所以，即，所以，因此，所以是锐角三角形，不是钝角三角形，所以充分性不满足，反之，若是钝角三角形，也推不出“，故必要性不成立，所以为既不充分也不必要条件，故选D.点睛：该题考查的是有关充分必要条件的判断问题，在解题的过程中，需要用到不等式的等价转化，余弦的和角公式，诱导公式等，需要明确对应此类问题的解题步骤，以及三角形形状对应的特征.2、A【解析】

先求得全集包含的元素，由此求得集合的补集.【详解】由解得，故，所以，故选A.【点睛】本小题主要考查补集的概念及运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.3、B【解析】

根据在上投影为，以及，可得；再对所求模长进行平方运算，可将问题转化为模长和夹角运算，代入即可求得.【详解】在上投影为，即又本题正确选项：【点睛】本题考查向量模长的运算，对于含加减法运算的向量模长的求解，通常先求解模长的平方，再开平方求得结果；解题关键是需要通过夹角取值范围的分析，得到的最小值.4、B【解析】

由函数的奇偶性可得，【详解】∵其中为奇函数，也为奇函数∴也为奇函数∴故选：B【点睛】函数奇偶性的运用即得结果，小记，定义域关于原点对称时有：①奇函数±奇函数=奇函数；②奇函数×奇函数=偶函数；③奇函数÷奇函数=偶函数；④偶函数±偶函数=偶函数；⑤偶函数×偶函数=偶函数；⑥奇函数×偶函数=奇函数；⑦奇函数÷偶函数=奇函数5、C【解析】

由题意可得面，可知，因为，则面，于是.由此推出三棱锥外接球球心是的中点，进而算出，外接球半径为1，得出结果.【详解】解：由，翻折后得到，又，则面，可知．又因为，则面，于是，因此三棱锥外接球球心是的中点．计算可知，则外接球半径为1，从而外接球表面积为．故选：C.【点睛】本题主要考查简单的几何体、球的表面积等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力及创新意识，属于中档题．6、B【解析】

根据线面垂直的判断方法对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】对于A选项，当，，时，由于不在平面内，故无法得出.对于B选项，由于，，所以.故B选项正确.对于C选项，当，时，可能含于平面，故无法得出.对于D选项，当，时，无法得出.综上所述，的一个充分条件是“，”故选：B【点睛】本小题主要考查线面垂直的判断，考查充分必要条件的理解，属于基础题.7、D【解析】

说明函数是周期函数，由周期性把自变量的值变小，再结合奇偶性计算函数值．【详解】由知函数的周期为4，又是奇函数，，又，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查函数的奇偶性与周期性，掌握周期性与奇偶性的概念是解题基础．8、A【解析】

利用两条直线互相平行的条件进行判定【详解】当时，直线方程为与，可得两直线平行；若直线与互相平行，则，解得，，则“”是“直线与互相平行”的充分不必要条件，故选【点睛】本题主要考查了两直线平行的条件和性质，充分条件，必要条件的定义和判断方法，属于基础题．9、B【解析】

根据不等式的性质对选项逐一判断即可.【详解】选项A：由于，即，，所以，所以，所以成立；选项B：由于，即，所以，所以，所以不成立；选项C：由于，所以，所以，所以成立；选项D：由于，所以，所以，所以，所以成立.故选：B.【点睛】本题考查不等关系和不等式，属于基础题.10、C【解析】试题分析：化简集合故选C．考点：集合的运算．11、A【解析】

令xex=t，构造g(x)=xex，要使函数f(x)=xex2+axex-a有三个不同的零点x1,x2,【详解】令xex=t，构造g(x)=xex，求导得g'(x)=故g(x)在-∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，且x<0时，g(x)<0，x>0时，g(x)>0，g(x)max=g(1)=1e，可画出函数g(x)的图象（见下图），要使函数f(x)=xex2+axex-a有三个不同的零点x1,x若a>0，即t1+t2=-a<0t1故1-x若a<-4，即t1+t2=-a>4t1故选A.【点睛】解决函数零点问题，常常利用数形结合、等价转化等数学思想.12、B【解析】

由图利用三角形的面积公式可得正八边形中每个三角形的面积，再计算出圆面积的，两面积作差即可求解.【详解】由图，正八边形分割成个等腰三角形，顶角为，设三角形的腰为，由正弦定理可得，解得，所以三角形的面积为：，所以每块八卦田的面积约为：.故选：B【点睛】本题考查了正弦定理解三角形、三角形的面积公式，需熟记定理与面积公式，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

画出图形，结合椭圆的定义和题设条件，求得的值，即可求得椭圆的离心率，得到答案.【详解】如图所示，设椭圆的长半轴为，半焦距为，因为地球半径为R,若其近地点､远地点离地面的距离大约分别是,,可得，解得，所以椭圆的离心率为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求解，其中解答中熟记椭圆的几何性质，列出方程组，求得的值是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.14、【解析】

如图，连接，证明平面平面EFG.因为直线平面EFG，所以点P在直线AC上.当时.线段的长度最小，再求此时的得解.【详解】如图，连接，因为E，F，G分别为AB，BC，的中点，所以，平面，则平面.因为，所以同理得平面，又.所以平面平面EFG.因为直线平面EFG，所以点P在直线AC上.在中，，故当时.线段的长度最小，最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查立体几何中的轨迹问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15、753【解析】

根据物品价格不变，可设共有x人，列出方程求解即可【详解】设共有人，由题意知，解得，可知商品价格为53元.即共有7人，商品价格为53元.【点睛】本题主要考查了数学文化及一元一次方程的应用，属于中档题.16、【解析】

设：，：，利用点到直线的距离，列出式子，求出的值即可.【详解】解：由圆，可知圆心，半径为.设直线：，则：，圆心到直线的距离为，，.圆心到直线的距离为半径，即，并根据垂径定理的应用，可列式得到，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式的运用，并结合圆的方程，垂径定理的基本知识，属于中档题.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)a=-1,b=1;(2)-1.【解析】（1）对求导得，根据函数的图象在处的切线为，列出方程组，即可求出的值；（2）由（1）可得，根据对任意恒成立，等价于对任意恒成立，构造，求出的单调性，由，，，，可得存在唯一的零点，使得，利用单调性可求出，即可求出的最大值.（1），.由题意知.（2）由（1）知：，∴对任意恒成立对任意恒成立对任意恒成立.令，则.由于，所以在上单调递增.又，，，，所以存在唯一的，使得，且当时，，时，.即在单调递减，在上单调递增.所以.又，即，∴.∴.∵，∴.又因为对任意恒成立，又，∴.点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.18、（1）证明见解析；（2）.【解析】

（1）连接，连接、交于点，并连接，则点为的中点，利用中位线的性质得出，，利用空间平行线的传递性可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）推导出平面，并计算出，由此可得出到平面的距离为，即可得解.【详解】（1）连接，连接、交于点，并连接，则点为的中点，、分别为、的中点，则，同理可得，.平面，平面，因此，平面；（2）由于在底面的投影为，平面，平面，，为正三角形，且为的中点，，，平面，且，因此，到平面的距离为.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了点到平面距离的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19、（1）（2）定值为0.【解析】

（1）根据直线方程求焦点坐标，即得c，再根据离心率得，（2）先设直线方程以及各点坐标，化简，再联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理代入化简得结果.【详解】（1）因为直线过椭圆的右焦点,所以，因为离心率为，所以，（2），设直线，则因此由得，所以，因此即【点睛】本题考查椭圆方程以及直线与椭圆位置关系，考查综合分析求解能力，属中档题.20、（1）；（2）.【解析】

（1）根据抛物线的定义，结合已知条件，即可容易求得结果；（2）设出直线的方程，联立抛物线方程，根据直线与抛物线相交则，结合由得到的斜率关系，即可求得斜率的范围.【详解】（1）因为动圆与圆外切，并与直线相切，所以点到点的距离比点到直线的距离大.因为圆的半径为，所以点到点的距离等于点到直线的距离，所以圆心的轨迹为抛物线，且焦点坐标为.所以曲线的方程.（2）设，，由得，由得且.，，同理由，得，即，所以，由，得且，又且，所以的取值范围为.【点睛】本题考查由抛物线定义求抛物线方程，涉及直线与抛物线相交结合垂直关系求斜率的范围，属综合中档题.21、（1）见解析；（2）