广州市2025届高三第二次诊断性检测数学试卷含解析

广州市2025届高三第二次诊断性检测数学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．定义在R上的函数，，若在区间上为增函数，且存在，使得.则下列不等式不一定成立的是（）A． B．C． D．2．已知中，角、所对的边分别是，，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．既不充分也不必要条件 D．充分必要条件3．已知向量，是单位向量，若，则（）A． B． C． D．4．若点(2，k)到直线5x-12y+6=0的距离是4，则k的值是()A．1 B．-3 C．1或 D．-3或5．已知椭圆的焦点分别为，，其中焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆与抛物线的两个交点连线正好过点，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．6．已知命题p：“”是“”的充要条件；，，则（）A．为真命题 B．为真命题C．为真命题 D．为假命题7．设点，，不共线，则“”是“”（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件8．已知函数的最小正周期为,为了得到函数的图象,只要将的图象()A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度9．已知，则p是q的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件10．甲、乙两名学生的六次数学测验成绩(百分制)的茎叶图如图所示.①甲同学成绩的中位数大于乙同学成绩的中位数；②甲同学的平均分比乙同学的平均分高；③甲同学的平均分比乙同学的平均分低；④甲同学成绩的方差小于乙同学成绩的方差.以上说法正确的是（）A．③④ B．①② C．②④ D．①③④11．如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为（）A． B． C． D．12．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积与圆锥的体积的比值为()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知均为非负实数，且，则的取值范围为______．14．在平面直角坐标系中，点P在直线上，过点P作圆C：的一条切线，切点为T.若，则的长是______.15．点到直线的距离为________16．函数的值域为_________．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）设函数（）.（1）讨论函数的单调性；（2）若关于x的方程有唯一的实数解，求a的取值范围.18．（12分）中国古建筑中的窗饰是艺术和技术的统一体，给人于美的享受．如图（1）为一花窗；图（2）所示是一扇窗中的一格，呈长方形，长30cm，宽26cm，其内部窗芯（不含长方形边框）用一种条形木料做成，由两个菱形和六根支条构成，整个窗芯关于长方形边框的两条对称轴成轴对称．设菱形的两条对角线长分别为xcm和ycm，窗芯所需条形木料的长度之和为L．（1）试用x，y表示L；（2）如果要求六根支条的长度均不小于2cm，每个菱形的面积为130cm2，那么做这样一个窗芯至少需要多长的条形木料（不计榫卯及其它损耗）？19．（12分）如图,四棱锥,侧面是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面是的菱形,为棱上的动点,且.(I)求证：为直角三角形；(II)试确定的值，使得二面角的平面角余弦值为.20．（12分）已知函数，函数（）.（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，.（3）证明：当时，.21．（12分）在三棱柱中，，，，且.（1）求证：平面平面；（2）设二面角的大小为，求的值.22．（10分）已知函数（1）求函数的单调递增区间（2）记函数的图象为曲线，设点是曲线上不同两点，如果在曲线上存在点，使得①；②曲线在点M处的切线平行于直线AB，则称函数存在“中值和谐切线”，当时，函数是否存在“中值和谐切线”请说明理由

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、D【解析】

根据题意判断出函数的单调性，从而根据单调性对选项逐个判断即可．【详解】由条件可得函数关于直线对称；在，上单调递增，且在时使得；又，，所以选项成立；，比离对称轴远，可得，选项成立；，，可知比离对称轴远，选项成立；，符号不定，，无法比较大小，不一定成立．故选：．【点睛】本题考查了函数的基本性质及其应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.2、D【解析】

由大边对大角定理结合充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】中，角、所对的边分别是、，由大边对大角定理知“”“”，“”“”.因此，“”是“”的充分必要条件.故选：D.【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，考查三角形的性质等基础知识，考查逻辑推理能力，是基础题．3、C【解析】

设，根据题意求出的值，代入向量夹角公式，即可得答案；【详解】设，，是单位向量，,，，联立方程解得：或当时，；当时，；综上所述：.故选：C.【点睛】本题考查向量的模、夹角计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意的两种情况.4、D【解析】

由题得，解方程即得k的值.【详解】由题得，解方程即得k=-3或.故答案为：D【点睛】(1)本题主要考查点到直线的距离公式，意在考查学生对该知识的掌握水平和计算推理能力.(2)点到直线的距离.5、B【解析】

根据题意可得易知，且，解方程可得，再利用即可求解.【详解】易知，且故有，则故选：B【点睛】本题考查了椭圆的几何性质、抛物线的几何性质，考查了学生的计算能力，属于中档题6、B【解析】

由的单调性，可判断p是真命题；分类讨论打开绝对值，可得q是假命题，依次分析即得解【详解】由函数是R上的增函数，知命题p是真命题．对于命题q，当，即时，；当，即时，，由，得，无解，因此命题q是假命题．所以为假命题，A错误；为真命题，B正确；为假命题，C错误；为真命题，D错误．故选：B【点睛】本题考查了命题的逻辑连接词，考查了学生逻辑推理，分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.7、C【解析】

利用向量垂直的表示、向量数量积的运算，结合充分必要条件的定义判断即可.【详解】由于点，，不共线，则“”；故“”是“”的充分必要条件.故选：C.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查向量垂直的表示，考查向量数量积的运算，属于基础题.8、A【解析】

由的最小正周期是，得，即，因此它的图象向左平移个单位可得到的图象．故选A．考点：函数的图象与性质．【名师点睛】三角函数图象变换方法：9、B【解析】

根据诱导公式化简再分析即可.【详解】因为,所以q成立可以推出p成立,但p成立得不到q成立,例如,而,所以p是q的必要而不充分条件.故选：B【点睛】本题考查充分与必要条件的判定以及诱导公式的运用,属于基础题.10、A【解析】

由茎叶图中数据可求得中位数和平均数,即可判断①②③,再根据数据集中程度判断④.【详解】由茎叶图可得甲同学成绩的中位数为,乙同学成绩的中位数为,故①错误；,,则,故②错误,③正确；显然甲同学的成绩更集中,即波动性更小,所以方差更小,故④正确,故选:A【点睛】本题考查由茎叶图分析数据特征,考查由茎叶图求中位数、平均数.11、A【解析】

由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1．再由球与圆柱体积公式求解．【详解】由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1．则几何体的体积为．故选：．【点睛】本题主要考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．12、B【解析】

计算求半径为，再计算球体积和圆锥体积，计算得到答案.【详解】如图所示：设球半径为，则，解得.故求体积为：，圆锥的体积：，故.故选：.【点睛】本题考查了圆锥，球体积，圆锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

设,可得的取值范围,分别利用基本不等式和，把用代换,结合的取值范围求关于的二次函数的最值即可求解.【详解】因为,，令，则,因为,当且仅当时等号成立,所以,,即,令则函数的对称轴为,所以当时函数有最大值为,即．当且，即，或，时取等号；因为,当且仅当时等号成立,所以,令,则函数的对称轴为,所以当时,函数有最小值为,即，当,且时取等号，所以.故答案为:【点睛】本题考查基本不等式与二次函数求最值相结合求代数式的取值范围;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;基本不等式:和的灵活运用是求解本题的关键;属于综合型、难度大型试题.14、【解析】

作出图像，设点，根据已知可得，，且，可解出，计算即得.【详解】如图，设，圆心坐标为，可得，，，，，解得，，即的长是.故答案为：【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，以及求平面两点间的距离，运用了数形结合的思想.15、2【解析】

直接根据点到直线的距离公式即可求出。【详解】依据点到直线的距离公式，点到直线的距离为。【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式的应用。16、【解析】

利用换元法，得到，利用导数求得函数的单调性和最值，即可得到函数的值域，得到答案．【详解】由题意，可得，令，，即，则，当时，，当时，，即在为增函数，在为减函数，又，，，故函数的值域为：．【点睛】本题主要考查了三角函数的最值，以及利用导数研究函数的单调性与最值，其中解答中合理利用换元法得到函数，再利用导数求解函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了推理与预算能力，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）当时，递增区间时，无递减区间，当时，递增区间时，递减区间时；（2）或.【解析】

（1）求出，对分类讨论，先考虑（或）恒成立的范围，并以此作为的分类标准，若不恒成立，求解，即可得出结论；（2）有解，即，令，转化求函数只有一个实数解，根据（1）中的结论，即可求解.【详解】（1），当时，恒成立，当时，，综上，当时，递增区间时，无递减区间，当时，递增区间时，递减区间时；（2），令，原方程只有一个解，只需只有一个解，即求只有一个零点时，的取值范围，由（1）得当时，在单调递增，且，函数只有一个零点，原方程只有一个解，当时，由（1）得在出取得极小值，也是最小值，当时，，此时函数只有一个零点，原方程只有一个解，当且递增区间时，递减区间时；，当，有两个零点，即原方程有两个解，不合题意，所以的取值范围是或.【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及到单调性、零点、极值最值，考查分类讨论和等价转化思想，属于中档题.18、（1）（2）【解析】试题分析：（1）由条件可先求水平方向每根支条长，竖直方向每根支条长为，因此所需木料的长度之和L=（2）先确定范围由可得，再由面积为130cm2，得，转化为一元函数，令，则在上为增函数，解得L有最小值．试题解析：（1）由题意，水平方向每根支条长为cm，竖直方向每根支条长为cm，菱形的边长为cm．从而，所需木料的长度之和L=cm．（2）由题意，，即，又由可得．所以．令，其导函数在上恒成立，故在上单调递减，所以可得．则=．因为函数和在上均为增函数，所以在上为增函数，故当，即时L有最小值．答：做这样一个窗芯至少需要cm长的条形木料．考点：函数应用题19、（1）见解析；(II).【解析】

试题分析：（1）取中点,连结,以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明为直角三角形；（2）设，由，得，求出平面的法向量和平面的法向量，，根据空间向量夹角余弦公式能求出结果.试题解析：(I)取中点,连结，依题意可知均为正三角形，所以,又平面平面，所以平面，又平面，所以,因为,所以，即,从而为直角三角形.(II)法一：由(I)可知,又平面平面,平面平面,平面，所以平面.以为原点，建立空间直角坐标系如图所示,则,由可得点的坐标所以,设平面的法向量为，则,即解得，令，得，显然平面的一个法向量为,依题意，解得或（舍去），所以，当时，二面角的余弦值为.法二：由(I)可知平面,所以,所以为二面角的平面角，即,在中，,所以，由正弦定理可得，即解得，又,所以,所以，当时，二面角的余弦值为.20、（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】

（1）求出的定义域，导函数，对参数、分类讨论得到答案.（2）设函数，求导说明函数的单调性，求出函数的最大值，即可得证.（3）由（1）可知，可得，即又即可得证.【详解】（1）解：的定义域为，，当，时，，则在上单调递增；当，时，令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增；当，时，，则在上单调递减；当，时，令，得，令，得，则在上单调递增，在上单调递减；（2）证明：设函数，则.因为，所以，，则，从而在上单调递减，所以，即.（3）证明：当时，.由（1）知，，所以，即.当时，，，则，即，又，所以，即.【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的单调性，利用导数证明不等式，属于难题.21、（1）证明见解析；（2）.【解析】

（1）要证明平面平面，只需证明平面即可；（2）取的中点D，连接BD，以B为原点，以，，的方向分别