四川省广安市2025届高三第二次诊断性考试数学试题（解析版）

第1页/共1页广安市高2022级第二次诊断性考试数学试题本试卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.5.考试结束后，只将答题卡交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，集合，则中元素个数为（）A.1 B.0 C.3 D.2【答案】D【解析】【分析】先确定集合，，再求他们的交集.【详解】因为，，所以，有2个元素.故选：D.2.下列函数在定义域上既是增函数又是奇函数的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据基本初等函数的性质一一判断即可.【详解】对于A：为定义域上的增函数，但是为非奇非偶函数，故A错误；对于B：在定义域上不具有单调性，故B错误；对于C：定义域上的增函数，且为奇函数，故C正确；对于D：在定义域上不具有单调性，故D错误.故选：C3.已知的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先求出，再由正弦定理计算可得.【详解】因为，，所以，由正弦定理，可得.故选：B4.三棱锥中，平面，为以为直径的半圆圆周上的动点（不同于、的点）.若，，则该三棱锥体积的最大值为（）A.4 B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】由线面垂直得到线线垂直，再由线线垂直的证明线面垂直，再由线面垂直的性质得到，由勾股定理求得.设设，，由勾股定理得，然后由基本不等式求得的面积的最大值，从而求得三棱锥体积的最大值.【详解】平面，平面，，以为直径的半圆圆周上动点（不同于，的点），所以，，平面，平面，平面，平面，∴，在中，，，则，平面，平面，，在中，设，，（，），则由，得，，当且仅当，且，即时，等号成立，，该三棱锥体积的最大值为4.故选：A.5.关于二项式，若展开式中含的项的系数为21，则（）A.2 B.1 C.3 D.-1【答案】D【解析】【分析】分别计算展开式中项系数和项系数，进而可求解.【详解】展开式中项系数为：，项系数为：,所以展开式中含的项的系数，解得，故选：D6.广安白塔始建于1174年至1224年间，塔的一至五层为石结构，六至九层为砖结构，每层均为四方结构（即每层底面为正方形），为第一层下底面四边形的外接圆内一点，经测算，每一层的高度恰为过的弦的长度的二分之一，并构成等差数列，顶层的高度为过点的圆的最短弦长度的一半，第一层的高度为过点的圆的最长弦长度的一半.已知该塔第一层底面四边形的边长为米，米，则塔高为（）A41米 B.40.5米 C.39.5米 D.38.7米【答案】B【解析】【分析】先根据已知得出，再结合等差数列求和公式计算求解即可.【详解】由题意，底面为正方形且第一层底面四边形的边长为米，最长弦长为直径，即米，最短弦长和最长弦长垂直，由弦长公式得，，所以米故选：B.7.若双曲线的焦距为，过右顶点的直线与双曲线的一条渐近线平行.已知原点到直线的距离为，则双曲线的离心率为（）A.2或 B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】由题意不妨设直线的方程为，得，原点到直线的距离为得，利用即可求解.【详解】由对称性可知，不妨设直线的方程为，即，于是有，又，故，即，两边平方得，所以，即，即，解得或，因为，所以，，故，所以.故选：C8.若函数的定义域内存在，，使得成立，则称该函数为“完备函数”.已知是上的“完备函数”，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由诱导公式和辅助角公式化简函数，由“完备函数”的定义得到关系式，结合三角函数的有界性，得到，从而得到在上至少存在两个最大值点，即可得中至少存在两个整数，然后求得的取值范围.【详解】由，即是上“完备函数”，所以存在，，使得成立；即存在，，使得成立；又因为，因此，即在上至少存在两个最大值点，令，则，即，则至少存在两个整数，∴，当，即一定满足题意.又∵，即，∴，即∴当取1，2时，，则，∴，综上可知的取值范围为.故选：D【点睛】思路点睛，本题定义了“完备函数”，所以先化简函数，然后得到其性质，然后结合三角函数的有界性得到函数在区间内最大值点的个数，然后再转化为整数解的个数问题.二、多选题：本题共3个小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列说法中正确的是（）A.具有相关关系的两个变量，的相关系数为，那么越接近于0，则，之间的线性相关程度越高B.将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变C.数据，，，，，，，，，，，的上四分位数是154D.设随机变量的均值为，是不等于的常数，则相对于的偏离程度小于相对于的偏离程度【答案】BD【解析】【分析】对于A由相关系数的定义即可判断，对于B利用方差的性质即可判断，对于C利用上四分位数的定义即可判断，对于D利用均值的性质即可判断.【详解】对于A：由具有相关关系的两个变量，的相关系数为，那么越接近于，，之间的线性相关程度越低，故A错误；对于B：由方差的性质可知B正确；对于C：因为，所以甲组数据的上四分位数是第9个数与第10个数的平均数，即，故C错误；对于D：因为，所以，同理，又随机变量的均值为，是不等于的常数，所以，，所以相对于的偏离程度小于相对于的偏离程度，故D正确.故选：BD.10.设为数列的前项和，若，，若，则下列结论正确的有（）A.B.数列为递减数列C.当时，取得最小值D.当时，的最小值为8【答案】ACD【解析】【分析】根据已知条件和累加法求出数列的前项和，再利用与的关系式求出数列的通项公式，再结合已知条件逐项计算判断即可.【详解】由条件可知得，，，…，，累加得，，故，当时，满足上式，.当时，.对于A，，故A正确；对于B，由于函数，其图象对称轴为，当时函数递增，故当时，单调递增，又，，单调递增，且，故B错误；对于C，由B可知，当时，单调递减，当时，单调递增，且，当时，取得最小值，故C正确；对于D，当时，单调递增，又，，当时，的最小值为8，故D正确；故选：ACD.11.已知定义域为的函数满足，.数列的首项为1，且，则（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】由题意，根据求导法则，求得函数的解析式，代入，可得A的正误；构造函数，利用导数求得其最值，可得B的正误；由函数解析式求得数列的递推公式，利用B才不等式进行放缩，构造函数证明数列单调性，可得CD的正误.【详解】因为，所以，又，.取可得，由，令，得.，，，，，故A正确；设，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，，，即，当且仅当时，等号成立.故，又，所以，故B正确.由，所以，得，即，所以，，即，因为函数定义域为，所以，有，即，下证数列单调递减，即证，即证，即证，即证，令，则，当时，，所以在上单调递减.因为，，所以，即数列单调递减，所以，，故C正确，D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在复平面内，复数的对应点坐标为，则的共轭复数为______.【答案】##【解析】【分析】根据复数的几何意义可知，再利用复数的乘法法则及共轭复数的定义即可求解.【详解】∵复数的对应点坐标为，∴，，∴的共轭复数为.故答案为：.13.已知在中，，，，，在上，，则______.【答案】【解析】【分析】根据，，三点共线，求出，然后分别求出和，从而求得.【详解】因为，，，三点共线，所以，解得，因为，所以，则，，所以.故答案为：.14.已知正方形的中心为，，现将其沿对角线翻折，使得在面内的射影为的中点，且，，______，再将绕直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的体积为______.【答案】①.②.【解析】【分析】第一空：过作于点，连接，在直角三角形中，求得长度，再结合余弦定理即可求解；第二空：通过轴截面，求得内切球半径即可求解.【详解】正方形的中心为，将其沿对角线翻折，使得在面内的射影为的中点，则二面角为直二面角，如图所示，又，则可得，，，，平面平面，又平面平面，平面，平面，又，所以为的中点，为的中点，又正方形的中心为，为的中点，则可得，，过作于点，连接，则，平面，又平面，又，，，，，在中，，又，，将绕直线旋转一周得到一个旋转体为两个同底面的圆锥组合体，作出其轴截面，如图，则该轴截面中和为边长为1的等边三角形，该旋转体的内切球的半径即为菱形的内切圆的半径，由等面积法，则，即，则，因此该旋转体的内切球的体积为.故答案为：，.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.已知函数（为常数）.（1）若曲线在处切线在两坐标轴上的截距相等，求的值；（2）是否存在实数，使得有3个零点？若存在，求实数的范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）结合导数的几何意义求出曲线在处的切线方程，再利用切线在两坐标轴上的截距相等即可求解；（2）由函数零点与方程根的关系可将问题转化为方程有三个解，进一步转化为直线与函数的图象有3个交点.对求导，研究其单调性、极值与图象变化趋势，数形结合即可求解.【小问1详解】因为，所以，，，所以曲线在处的切线为，即.令，则，若，则，则切点为，切线为，不合题意；若，则；令，则.又切线在两坐标轴上的截距相等，即，故.【小问2详解】若函数有3个零点，等价于方程有三个解其中时，显然不是方程的根，当时，转化为与的图象有3个交点.又由，令，解得或；令，解得，所以函数在，上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数取得极小值，极小值为.又由时，；当时，且；当时，，故函数的大致图象如下图所示：所以，即实数的取值范围为.16.在三棱柱中，底面，，，到平面的距离为1.（1）证明：平面平面；（2）已知三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质定理证得线线垂直，再利用线面垂直的判定定理证得线面垂直，进而证得面面垂直；（2）几何法：先利用三棱锥等体积法求出的长，再根据定义作出线面所成角的平面角，利用边长求正弦值即可；空间向量法：根据条件建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量数量积求出与法向量夹角的余弦值，即为所求线面角的正弦值.【小问1详解】底面，底面，，又，，平面，平面平面，又底面，平面平面.【小问2详解】法一：由（1）可知，平面，平面，所以.，，，，在中作于，又平面平面，且平面平面平面，平面，则即为到平面的距离，即，所以为的中点，即，，过作交的延长线与，连接，平面，则为与平面所成角的角，又，，四边形为平行四边形，，，，，，.与平面所成角的正弦值为.法二：面且，、、两两相互垂直.以为坐标原点，以、、所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图：由法一可知，，所以，，，，，，，，，设面的法向量，，令，可得法向量.所以，与平面所成角的正弦值为.17.2024年12月，为培养适应新时代要求的创新型人才，教育部办公厅发布了关于加强中小学人工智能教育的通知.为了坚持立德树人，全面贯彻党的教育方针，紧扣新时代新征程教育使命，满足面向未来的创新型人才培养需求，提升数字素养与数字技能，某市教育局为了培养学生的科技创新素养，在甲，乙两所高中学校举办了一次人工智能科普知识竞赛，两个学校的学生人数基本相同.已知甲学校学生成绩的优秀率为0.24（优秀：竞赛成绩，单位：分），现从乙学校随机抽取100名学生的竞赛成绩，制成如图所示的频率分布直方图.（1）从乙学校竞赛分数在中的学生中，采用分层抽样的方法抽取了9人，现从这9人中随机抽取6人，记成绩优秀的学生人数为，求的分布列和数学期望；（2）若从本次参赛的学生中随机抽取1人，以样本的频率估计概率，求此学生竞赛成绩优秀的概率；（3）现从参与竞赛的学生中随机抽取人，若（表示人中优秀人数，，，），求的值【答案】（1）2（2）（3）或【解析】【分析】（1）先求出求出抽取的9人中的优秀人数和非优秀人数，接着确定随机变量取值，并求出各取值对应的概率即可分布列，再由期望公式即可计算期望值；（2）记事件A：成绩优秀的学生，事件：甲学校的学生，依次求出，和，再由全概率公式即可计算求解.（3）法一：根据已知列不等式组即可求解；法二：令，计算，由和即可计算求解.【小问1详解】由直方图，占6人，占3人，则成绩优秀的学生人数可取，，，，所以，，，，所以分布列为0123则期望.【小问2详解】记事件A：成绩优秀的学生，事件：甲学校的学生，由已知条件可知，，，所以.【小问3详解】解法一：解法二：记随机抽取人中竞赛成绩优秀的人数为，由题意可知，，所以，令，则，令，则，所以时，，令，则，所以时，，令，则，所以，所以当或时，最大，即或时，竞赛成绩优秀的人数为8的概率最大.18.已知圆与抛物线交于，两点，（1）求曲线的方程；（2）设过抛物线焦点的直线交于、两点，过圆心的直线与曲线的另一个交点为，点在与之间.（i）证明：线段垂直于轴：（ii）记的面积为，的面积为，求的取值范围.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）.【解析】【分析】（1）由圆的性质，求得交点的坐标，代入抛物线方程，可得答案；（2）（i）设出直线方程，联立抛物线方程，写出韦达定理，利用斜率公式，可得答案；（ii）由三角形面积公式，整理函数解析式，利用导数，可得答案.【小问1详解】由圆，可化为标准方程，所以圆圆心为，半径为，设与轴交于点，如图所示，因为圆和抛物线都关于轴对称，则，两点也关于轴对称，且，所以在直角中，，，所以，则，所以抛物线过点，即，则，所以抛物线方程为.【小问2详解】（i）由（1）知，又因为直线的斜率不为0，故设的方程为，，，联立，可得：，，则，，.故，故直线与直线关于轴对称，即点与点关于轴对称，所以线段垂直于轴.（ii）由（i）可知，不妨设，因为点在与之间，所以，，，，则令，则，令，则，解得；，解得.则在上单调递增，在上单调递减，，所以的取值范围为.19.已知常数为非零整数