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文档简介

2025届山东省藁城市第一中学高三第二次诊断性检测数学试卷注意事项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.如图,正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图,则该多面体各表面所在平面互相垂直的有()A.2对 B.3对C.4对 D.5对2.已知直线:()与抛物线:交于(坐标原点),两点,直线:与抛物线交于,两点.若,则实数的值为()A. B. C. D.3.函数的一个零点在区间内,则实数a的取值范围是()A. B. C. D.4.ΔABC中,如果lgcosA=lgsinA.等边三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形5.已知是第二象限的角,,则()A. B. C. D.6.已知复数满足(是虚数单位),则=()A. B. C. D.7.已知定义在上的函数的周期为4,当时,,则()A. B. C. D.8.如图所示,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积是()A. B. C. D.89.中,点在边上,平分,若,,,,则()A. B. C. D.10.设,则(

)A.10 B.11 C.12 D.1311.已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于点、,O为坐标原点.若双曲线的离心率为2,三角形AOB的面积为,则p=().A.1 B. C.2 D.312.水平放置的,用斜二测画法作出的直观图是如图所示的,其中,则绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在中,内角所对的边分别是,若,,则__________.14.满足约束条件的目标函数的最小值是.15.若的展开式中所有项的系数之和为,则______,含项的系数是______(用数字作答).16.甲、乙两人同时参加公务员考试,甲笔试、面试通过的概率分别为和;乙笔试、面试通过的概率分别为和.若笔试面试都通过才被录取,且甲、乙录取与否相互独立,则该次考试只有一人被录取的概率是__________.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)如图所示,在四棱锥中,底面是边长为2的正方形,侧面为正三角形,且面面,分别为棱的中点.(1)求证:平面;(2)(文科)求三棱锥的体积;(理科)求二面角的正切值.18.(12分)设直线与抛物线交于两点,与椭圆交于两点,设直线(为坐标原点)的斜率分别为,若.(1)证明:直线过定点,并求出该定点的坐标;(2)是否存在常数,满足?并说明理由.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,在平面直角坐标系中,已知圆C:,椭圆E:()的右顶点A在圆C上,右准线与圆C相切.(1)求椭圆E的方程;(2)设过点A的直线l与圆C相交于另一点M,与椭圆E相交于另一点N.当时,求直线l的方程.21.(12分)已知数列的前n项和,是等差数列,且.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)令.求数列的前n项和.22.(10分)已知圆:和抛物线:,为坐标原点.(1)已知直线和圆相切,与抛物线交于两点,且满足,求直线的方程;(2)过抛物线上一点作两直线和圆相切,且分别交抛物线于两点,若直线的斜率为,求点的坐标.

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】

画出该几何体的直观图,易证平面平面,平面平面,平面平面,平面平面,从而可选出答案.【详解】该几何体是一个四棱锥,直观图如下图所示,易知平面平面,作PO⊥AD于O,则有PO⊥平面ABCD,PO⊥CD,又AD⊥CD,所以,CD⊥平面PAD,所以平面平面,同理可证:平面平面,由三视图可知:PO=AO=OD,所以,AP⊥PD,又AP⊥CD,所以,AP⊥平面PCD,所以,平面平面,所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对.【点睛】本题考查了空间几何体的三视图,考查了四棱锥的结构特征,考查了面面垂直的证明,属于中档题.2、D【解析】

设,,联立直线与抛物线方程,消去、列出韦达定理,再由直线与抛物线的交点求出点坐标,最后根据,得到方程,即可求出参数的值;【详解】解:设,,由,得,∵,解得或,∴,.又由,得,∴或,∴,∵,∴,又∵,∴代入解得.故选:D【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用,弦长公式的应用,属于中档题.3、C【解析】

显然函数在区间内连续,由的一个零点在区间内,则,即可求解.【详解】由题,显然函数在区间内连续,因为的一个零点在区间内,所以,即,解得,故选:C【点睛】本题考查零点存在性定理的应用,属于基础题.4、B【解析】

化简得lgcosA=lgsinCsinB=﹣lg2,即cosA=sinCsinB=12,结合0<A<π,可求A=π【详解】由lgcosA=lgsinC-lgsinB=-lg2,可得lgcosA=∵0<A<π,∴A=π3,B+C=2π3,∴sinC=12sinB=12sin2π3-C=34cosC+故选:B【点睛】本题主要考查了对数的运算性质的应用,两角差的正弦公式的应用,解题的关键是灵活利用基本公式,属于基础题.5、D【解析】

利用诱导公式和同角三角函数的基本关系求出,再利用二倍角的正弦公式代入求解即可.【详解】因为,由诱导公式可得,,即,因为,所以,由二倍角的正弦公式可得,,所以.故选:D【点睛】本题考查诱导公式、同角三角函数的基本关系和二倍角的正弦公式;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;属于中档题.6、A【解析】

把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.【详解】解:由,得,.故选.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的基本概念,是基础题.7、A【解析】

因为给出的解析式只适用于,所以利用周期性,将转化为,再与一起代入解析式,利用对数恒等式和对数的运算性质,即可求得结果.【详解】定义在上的函数的周期为4,当时,,,,.故选:A.【点睛】本题考查了利用函数的周期性求函数值,对数的运算性质,属于中档题.8、A【解析】

由三视图还原出原几何体,得出几何体的结构特征,然后计算体积.【详解】由三视图知原几何体是一个四棱锥,四棱锥底面是边长为2的正方形,高为2,直观图如图所示,.故选:A.【点睛】本题考查三视图,考查棱锥的体积公式,掌握基本几何体的三视图是解题关键.9、B【解析】

由平分,根据三角形内角平分线定理可得,再根据平面向量的加减法运算即得答案.【详解】平分,根据三角形内角平分线定理可得,又,,,,..故选:.【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算,属于基础题.10、B【解析】

根据题中给出的分段函数,只要将问题转化为求x≥10内的函数值,代入即可求出其值.【详解】∵f(x),∴f(5)=f[f(1)]=f(9)=f[f(15)]=f(13)=1.故选:B.【点睛】本题主要考查了分段函数中求函数的值,属于基础题.11、C【解析】试题分析:抛物线的准线为,双曲线的离心率为2,则,,渐近线方程为,求出交点,,,则;选C考点:1.双曲线的渐近线和离心率;2.抛物线的准线方程;12、B【解析】

根据斜二测画法的基本原理,将平面直观图还原为原几何图形,可得,,绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体,圆锥的侧面展开图是扇形根据扇形面积公式即可求得组合体的表面积.【详解】根据“斜二测画法”可得,,,绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体,它的表面积为.故选:【点睛】本题考查斜二测画法的应用及组合体的表面积求法,难度较易.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【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.14、-2【解析】

可行域是如图的菱形ABCD,代入计算,知为最小.15、【解析】的展开式中所有项的系数之和为,,,项的系数是,故答案为(1),(2).16、【解析】

分别求得甲、乙被录取的概率,根据独立事件概率公式可求得结果.【详解】甲被录取的概率;乙被录取的概率;只有一人被录取的概率.故答案为:.【点睛】本题考查独立事件概率的求解问题,属于基础题.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)见解析(2)(文)(理)【解析】

(1)证明:取PD中点G,连结GF、AG,∵GF为△PDC的中位线,∴GF∥CD且,又AE∥CD且,∴GF∥AE且GF=AE,∴EFGA是平行四边形,则EF∥AG,又EF不在平面PAD内,AG在平面PAD内,∴EF∥面PAD;(2)(文)解:取AD中点O,连结PO,∵面PAD⊥面ABCD,△PAD为正三角形,∴PO⊥面ABCD,且,又PC为面ABCD斜线,F为PC中点,∴F到面ABCD距离,故;(理)连OB交CE于M,可得Rt△EBC≌Rt△OAB,∴∠MEB=∠AOB,则∠MEB+∠MBE=90°,即OM⊥EC.连PM,又由(2)知PO⊥EC,可得EC⊥平面POM,则PM⊥EC,即∠PMO是二面角P-EC-D的平面角,在Rt△EBC中,,∴,∴,即二面角P-EC-D的正切值为.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、二面角的求法、利用等积变换求三棱锥体积,属于难题.证明线面平行的常用方法:①利用线面平行的判定定理,使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线,可利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质,即两平面平行,在其中一平面内的直线平行于另一平面.本题(1)是就是利用方法①证明的.18、(1)证明见解析(0,2);(2)存在,理由见解析【解析】

(1)设直线l的方程为y=kx+b代入抛物线的方程,利用OA⊥OB,求出b,即可知直线过定点(2)由斜率公式分别求出,,联立直线与抛物线,椭圆,再由根与系数的关系得,,,代入,,化简即可求解.【详解】(1)证明:由题知,直线l的斜率存在且不过原点,故设由可得,.,,故所以直线l的方程为故直线l恒过定点.(2)由(1)知设由可得,,即存在常数满足题意.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线、椭圆的位置关系,直线过定点问题,考查学生分析解决问题的能力,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)(2)或.【解析】

(1)圆的方程已知,根据条件列出方程组,解方程即得;(2)设,,显然直线l的斜率存在,方法一:设直线l的方程为:,将直线方程和椭圆方程联立,消去,可得,同理直线方程和圆方程联立,可得,再由可解得,即得;方法二:设直线l的方程为:,与椭圆方程联立,可得,将其与圆方程联立,可得,由可解得,即得.【详解】(1)记椭圆E的焦距为().右顶点在圆C上,右准线与圆C:相切.解得,,椭圆方程为:.(2)法1:设,,显然直线l的斜率存在,设直线l的方程为:.直线方程和椭圆方程联立,由方程组消去y得,整理得.由,解得.直线方程和圆方程联立,由方程组消去y得,由,解得.又,则有.即,解得,故直线l的方程为或.分法2:设,,当直线l与x轴重合时,不符题意.设直线l的方程为:.由方程组消去x得,,解得.由方程组消去x得,,解得.又,则有.即,解得,故直线l的方程为或.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程,以及直线和椭圆的位置关系,考查学生的分析和运算能力.

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