河北省秦皇岛市达标名校2025届高三第二次诊断性检测数学试卷含解析

河北省秦皇岛市达标名校2025届高三第二次诊断性检测数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．正方体，是棱的中点，在任意两个中点的连线中，与平面平行的直线有几条（）A．36 B．21 C．12 D．62．若，则的虚部是A．3 B． C． D．3．胡夫金字塔是底面为正方形的锥体，四个侧面都是相同的等腰三角形．研究发现，该金字塔底面周长除以倍的塔高，恰好为祖冲之发现的密率．设胡夫金字塔的高为，假如对胡夫金字塔进行亮化，沿其侧棱和底边布设单条灯带，则需要灯带的总长度约为A． B．C． D．4．存在点在椭圆上，且点M在第一象限，使得过点M且与椭圆在此点的切线垂直的直线经过点，则椭圆离心率的取值范围是（）A． B． C． D．5．已知等差数列的公差为-2，前项和为，若，，为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为，则的最大值为（）A．5 B．11 C．20 D．256．已知复数满足，且，则（）A．3 B． C． D．7．已知函数，若方程恰有两个不同实根，则正数m的取值范围为（）A． B．C． D．8．在等差数列中，若为前项和，，则的值是（）A．156 B．124 C．136 D．1809．己知，，，则（）A． B． C． D．10．设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且,则直线的斜率的最大值为()A． B． C． D．111．已知数列的前项和为，且，，，则的通项公式（）A． B． C． D．12．已知复数满足：（为虚数单位），则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．一个袋中装着标有数字1，2，3，4，5的小球各2个，从中任意摸取3个小球，每个小球被取出的可能性相等，则取出的3个小球中数字最大的为4的概率是__．14．在中，内角所对的边分别是，若，，则__________.15．某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，再次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.5、0.6、0.4，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6、0.5、0.75；则第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为________；经过前后两次烧制后，合格工艺品的件数为，则随机变量的期望为________.16．已知函数，若恒成立，则的取值范围是___________.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f(x)=x-1+x+2，记f(x)（Ⅰ）解不等式f(x)≤5；（Ⅱ）若正实数a，b满足1a+118．（12分）在以ABCDEF为顶点的五面体中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝120°，AB＝AE＝ED＝2EF，EFAB，点G为CD中点，平面EAD⊥平面ABCD.（1）证明：BD⊥EG；（2）若三棱锥，求菱形ABCD的边长.19．（12分）超级病菌是一种耐药性细菌，产生超级细菌的主要原因是用于抵抗细菌侵蚀的药物越来越多，但是由于滥用抗生素的现象不断的发生，很多致病菌也对相应的抗生素产生了耐药性，更可怕的是，抗生素药物对它起不到什么作用，病人会因为感染而引起可怕的炎症，高烧、痉挛、昏迷直到最后死亡.某药物研究所为筛查某种超级细菌，需要检验血液是否为阳性，现有n（）份血液样本，每个样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验n次；（2）混合检验，将其中k（且）份血液样本分别取样混合在一起检验，若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为次，假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（）.（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中k（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为.（i）试运用概率统计的知识，若，试求p关于k的函数关系式；（ii）若，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k的最大值.参考数据：，，，，20．（12分）如图，在四棱锥中，，，.（1）证明：平面；（2）若，，为线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.21．（12分）如图,在四棱锥中,四边形是直角梯形,底面,是的中点.（1）.求证:平面平面;（2）.若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值.22．（10分）设数阵，其中、、、．设，其中，且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”（、、、）．表示“将经过变换得到，再将经过变换得到、，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为．（1）若，写出经过变换后得到的数阵；（2）若，，求的值；（3）对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过．

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、B【解析】

先找到与平面平行的平面，利用面面平行的定义即可得到.【详解】考虑与平面平行的平面，平面，平面，共有，故选：B.【点睛】本题考查线面平行的判定定理以及面面平行的定义，涉及到了简单的组合问题，是一中档题.2、B【解析】

因为，所以的虚部是.故选B．3、D【解析】

设胡夫金字塔的底面边长为，由题可得，所以，该金字塔的侧棱长为，所以需要灯带的总长度约为，故选D．4、D【解析】

根据题意利用垂直直线斜率间的关系建立不等式再求解即可.【详解】因为过点M椭圆的切线方程为,所以切线的斜率为,由,解得,即,所以,所以.故选：D【点睛】本题主要考查了建立不等式求解椭圆离心率的问题,属于基础题.5、D【解析】

由公差d=-2可知数列单调递减，再由余弦定理结合通项可求得首项，即可求出前n项和，从而得到最值.【详解】等差数列的公差为-2，可知数列单调递减，则，，中最大，最小，又，，为三角形的三边长，且最大内角为，由余弦定理得，设首项为，即得，所以或，又即,舍去，，d=-2前项和.故的最大值为.故选：D【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查求前n项和的最值问题，同时还考查了余弦定理的应用.6、C【解析】

设,则,利用和求得,即可.【详解】设,则,因为,则,所以,又,即,所以,所以,故选:C【点睛】本题考查复数的乘法法则的应用,考查共轭复数的应用.7、D【解析】

当时，函数周期为，画出函数图像，如图所示，方程两个不同实根，即函数和有图像两个交点，计算，，根据图像得到答案.【详解】当时，，故函数周期为，画出函数图像，如图所示：方程，即，即函数和有两个交点.，，故，，，，.根据图像知：.故选：.【点睛】本题考查了函数的零点问题，确定函数周期画出函数图像是解题的关键.8、A【解析】

因为，可得，根据等差数列前项和，即可求得答案.【详解】，，.故选：A.【点睛】本题主要考查了求等差数列前项和，解题关键是掌握等差中项定义和等差数列前项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.9、B【解析】

先将三个数通过指数，对数运算变形，再判断.【详解】因为，，所以，故选：B.【点睛】本题主要考查指数、对数的大小比较，还考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题.10、C【解析】试题分析：设，由题意，显然时不符合题意，故，则，可得：，当且仅当时取等号，故选C．考点：1．抛物线的简单几何性质；2．均值不等式．【方法点晴】本题主要考查的是向量在解析几何中的应用及抛物线标准方程方程，均值不等式的灵活运用，属于中档题．解题时一定要注意分析条件，根据条件，利用向量的运算可知，写出直线的斜率，注意均值不等式的使用，特别是要分析等号是否成立，否则易出问题．11、C【解析】

利用证得数列为常数列，并由此求得的通项公式.【详解】由，得，可得（）.相减得，则（），又由，，得，所以，所以为常数列，所以，故.故选：C【点睛】本小题考查数列的通项与前项和的关系等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推理能力，应用意识.12、A【解析】

利用复数的乘法、除法运算求出，再根据共轭复数的概念即可求解.【详解】由，则，所以.故选：A【点睛】本题考查了复数的四则运算、共轭复数的概念，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】

由题，得满足题目要求的情况有，①有一个数字4，另外两个数字从1，2，3里面选和②有两个数字4，另外一个数字从1，2，3里面选，由此即可得到本题答案.【详解】满足题目要求的情况可以分成2大类：①有一个数字4，另外两个数字从1，2，3里面选，一共有种情况；②有两个数字4，另外一个数字从1，2，3里面选，一共有种情况，又从中任意摸取3个小球，有种情况，所以取出的3个小球中数字最大的为4的概率.故答案为：【点睛】本题主要考查古典概型与组合的综合问题，考查学生分析问题和解决问题的能力.14、【解析】

先求得的值，由此求得的值，再利用正弦定理求得的值.【详解】由于，所以，所以.由正弦定理得.故答案为：【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查两角和的正弦公式，考查三角形的内角和定理，属于中档题.15、0.380.9【解析】

考虑恰有一件的三种情况直接计算得到概率，随机变量的可能取值为，计算得到概率，再计算数学期望得到答案.【详解】第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为：.甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为：，，.故随机变量的可能取值为，故；；；.故.故答案为：0.38；0.9.【点睛】本题考查了概率的计算，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.16、【解析】

求导得到，讨论和两种情况，计算时，函数在上单调递减，故，不符合，排除，得到答案。【详解】因为，所以，因为，所以.当，即时，，则在上单调递增，从而，故符合题意；当，即时，因为在上单调递增，且，所以存在唯一的，使得.令，得，则在上单调递减，从而，故不符合题意.综上，的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题是解题的关键.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、（Ⅰ）{x|-3≤x≤2}（Ⅱ）见证明【解析】

(Ⅰ)由题意结合不等式的性质零点分段求解不等式的解集即可；(Ⅱ)首先确定m的值，然后利用柯西不等式即可证得题中的不等式.【详解】（Ⅰ）①当x>1时，f(x)=(x-1)+(x+2)=2x+1≤5，即x≤2，∴1<x≤2；②当-2≤x≤1时，f(x)=(1-x)+(x+2)=3≤5，∴-2≤x≤1；③当x<-2时，f(x)=(1-x)-(x+2)=-2x-1≤5，即x≥-3，∴-3≤x<-2.综上所述，原不等式的解集为{x|-3≤x≤2}.（Ⅱ）∵f(x)=x-1当且仅当-2≤x≤1时，等号成立.∴f(x)的最小值m=3.∴[(即2a当且仅当2a×1又1a+1b=∴2a【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，柯西不等式及其应用，绝对值三角不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18、（1）详见解析；（2）.【解析】

（1）取中点，连，可得，结合平面EAD⊥平面ABCD，可证平面ABCD，进而有，再由底面是菱形可得，可得，可证得平面，即可证明结论；（2）设底面边长为，由EFAB，AB＝2EF，，求出体积，建立的方程，即可求出结论.【详解】（1）取中点，连，底面ABCD为菱形，，，平面EAD⊥平面ABCD，平面平面平面，平面平面，底面ABCD为菱形，，为中点，，平面，平面平面，；（2）设菱形ABCD的边长为，则，，，，，所以菱形ABCD的边长为.【点睛】本题考查线线垂直的证明和椎体的体积，注意空间中垂直关系之间的相互转化，体积问题要熟练应用等体积方法，属于中档题.19、（1）（2）（i）（，且）.（ii）最大值为4.【解析】

（1）设恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来为事件A,利用古典概型、排列组合求解即可；（2）（i）由已知得,的所有可能取值为1,,则可求得,,即可得到,进而由可得到p关于k的函数关系式；（ii）由可得,推导出,设（）,利用导函数判断的单调性,由单调性可求出的最大值【详解】（1）设恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来为事件A,则,∴恰好经过两次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为（2）（i）由已知得,的所有可能取值为1,,,,,若,则,则,,,∴p关于k的函数关系式为（,且）（ii）由题意知,得,,,,设（）,则,令,则,∴当时,,即在上单调增减,又,,,又,,,∴k的最大值为4【点睛】本题考查古典概型的概率公式的应用,考查随机变量及其分布,考查利用导函数判断函数的单调性20、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）利用线段长度得到与间的垂直关系，再根据线面垂直的判定定理完成证明；（2）以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值，计算出结果.【详解】（1）∵，，∴，∴，∵，平面，∴平面（2）由（1）知，，又为坐标原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，∵，∴，设是平面的一个法向量则，即，取得∴∴直线与平面所成的正弦值为【点睛】本题考查线面垂直的证明以及用向量法求解线面角的正弦，难度一般.用向量方法求解线面角的正弦值时，注意直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值.21、（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）根据平面有，利用勾股定理可证明，故平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；（2）在点建立