2024-2025学年广东省深圳市高三第二次诊断考试数学检测试题（附解析）

2024-2025学年广东省深圳市高三第二次诊断考试数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．直线的倾斜角为，则（

）A． B． C． D．3．已知圆锥的侧面展开图是圆心角为且弧长为的扇形，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．4．已知公差不为0的等差数列中，且，则（

）A．30 B． C． D．405．已知，则（

）A． B．3 C． D．46．在三棱锥中，，平面平面，则三棱锥外接球表面积为（

）A． B． C． D．7．已知都是正实数，，则的最小值为（

）A． B． C． D．8．已知函数的定义域为为奇函数，，则（

）A．为奇函数B．的图象关于直线对称C．的最小正周期为4D．的图象关于点12,0二、多选题（本大题共3小题）9．已知正方体棱长为1，下列结论正确的是（

）A．直线与所成角为B．直线到平面的距离是C．点到直线的距离为D．平面与平面所成角的余弦值为10．已知为等差数列，为等比数列，的公差为的公比为，，下列结论正确的是（

）A．若，则为递增数列B．若，则为递减数列C．若，则为递增数列D．若，则为递增数列11．在锐角三角形中，外接圆的半径为，则（

）A．B．C．D．三、填空题（本大题共3小题）12．若，为虚数单位，则．13．是等比数列的前项和，已知，则．14．在三棱锥中，与中点分别为，点为中点．若在上满足在上满足，平面交于点，且，则．四、解答题（本大题共5小题）15．记的内角所对的边分别是的面积为．若，(1)求；(2)若，求的值．16．我们知道关于的二元一次方程表示直线，但有的二元二次方程也能表示直线，比如表示的就是和两条直线．(1)求方程表示的直线与轴围成的面积；(2)若方程表示的是两条直线，求．17．四棱锥中，底面为正方形，为锐角．(1)求证：平面平面；(2)若与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值．18．已知函数有两个零点，(1)求的单调区间和极值；(2)当时，恒成立，求实数的最小值；(3)证明.19．设集合，对于集合到集合的函数，记其中满足的函数为“回函数”．对于任意给定的集合，“回函数”的个数记为．数列的第项为．例如，“回函数”仅有一个，即，满足，所以，“回函数”有两个，即和，这两个函数都能满足，所以．(1)求；(2)当时，给出和之间的关系式并证明；(3)证明：时，．

答案1．【正确答案】D【详解】由得或，所以或x>12.所以.故选：D2．【正确答案】A【详解】由题意，又，所以，从而，，而，所以，故选：A．3．【正确答案】C【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为.则由题意：，所以.所以圆锥的体积为.故选：C.4．【正确答案】C【详解】假设等差数列的首项为，公差为，由且得，因为公差解，所以解得，所以，故选：C.5．【正确答案】A【详解】因为，所以，所以，所以，即，即.故选：A.6．【正确答案】A【详解】取中点，连接，故，由于平面平面，且交线为，平面，故平面，又，，故为等腰直角三角形，故，因此外接球的球心在上，设球半径为，则，解得，故表面积为，故选：A7．【正确答案】C【详解】由，得，则，当且仅当，即时等号成立，此时，所以的最小值为.故选：C.8．【正确答案】D【详解】因为f2x+1为奇函数，所以，所以的图象关于点1,0对称，则的图象关于点12,0对称，项正确；因为函数的定义域为，易知f2x+1的定义域为，因为f2x+1为奇函数，所以，则，所以fx=−f根据的图象关于点1,0对称，得，所以，故为偶函数，项错误；因为，所以，所以的最小正周期为，则的最小正周期为，项错误；根据为偶函数，且关于点1,0对称，最小正周期为，易知的所有对称轴为直线，故项错误.故选.9．【正确答案】BCD【详解】平面，平面，所以，A错；以为原点，分别以为轴建立直角坐标系，如图，则，，，，，，设平面的一个法向量是，则，取，得，所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，即为，B正确；是直角三角形，，因此到直线的距离等于，C正确；由正方体的性质，可得平面，平面，，，，，所以平面与平面所成角的余弦值为，D正确．故选：BCD．10．【正确答案】AC【详解】对于A，，即，单调递增，正确；对于B，取此时等比数列为摆动数列，不具有单调性，错误；对于C，因为，当，等比数列为正项且单调递增，时，等差数列，各项均为正，且递增，则，所以为递增数列，正确；对于D，取，，此时，显然不满足递增属性，错误.故选：AC11．【正确答案】AC【详解】对于AB，锐角三角形中，，，外接圆的半径为，，，则有，同理，所以由正弦定理，得，由得，有，有，所以，故A选项正确，B选项错误；对于C，，由上，得，则有，故C选项正确；对于D，，设，，则，所以f′x<0时，；f′所以在上单调递减，在上单调递增，所以时，有最小值1，又，，所以，即，故D选项错误.故选：AC.12．【正确答案】1【详解】解：因为，所以，所以.故113．【正确答案】或【详解】，，即，因为，所以，解得或，又，所以，即，所以或-3.故或.14．【正确答案】【详解】由条件可知，,因为，，，所以，因为点四点共面，所以，解得：故15．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）由三角形面积公式可得：,由三角形余弦定理可得：，又因为已知：，所以有：，可得，得.（2）由已知结合三角形内角和为得：.16．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）表示的直线为和，联立，得两直线交点为−1,1，两直线与轴交点分别为0,2和两直线与轴围成的三角形面积为（2）若方程表示两条直线，则该方程必能表示为两个二元一次方程的乘积，设，则.17．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）四边形为正方形，，又，且，平面PAB，平面，又平面，平面平面.（2）以为原点，分别为轴，过作平面的垂线，以该垂线为轴建立如图所示空间直角坐标系，由（1）可知轴在平面内，由题意可得，，则，，易知平面的法向量为，，得，解得或，为锐角，，即，，设平面的法向量为，，得，取，得，易得平面的法向量为，设平面与平面夹角为，则，综上，平面与平面夹角的余弦值为．18．【正确答案】(1)时，单调递减，时，单调递增，的极小值为，无极大值(2)(3)证明见解析【详解】（1）令，得，时，单调递减，时，单调递增，的极小值为，无极大值.（2），即，令，时，时，，而，不合题意；时，，令，，显然为减函数，当，即时，则，单调递增且，时，单调递减，，当时，，时，单调递增且，使得，且时，单调递减，时，单调递增，，不合题意.综上，的最小值为.（3）当时，，若，则，则在没有零点，又在上单调递增，所以最多只有1个零点，不合题意，，极小值，，则，由（2）可知，解得，欲证，即证，即证，，即证，即证，令，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，得的最小值为，即，易知，，综上.19．【正确答案】(1)(2)，证明见解析(3)证明见解析【详解】（1），分别是（2）时，，证明如下：分别表示集合中“回函数”个数中“回函数”的个数计算分两种情况：①若，则其他元素不可能对应到，否则通过两次对应后不可能到达自身，即其他个元