精品解析：四川省绵阳市高中2024-2025学年高三第二次诊断考试数学试卷

绵阳市高中2022级第二次诊断性考试 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上. 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，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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. 已知复数满足，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 2. 已知集合，，则集合中元素的个数为（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 不确定 3. 直三棱柱中，，，则与所成的角的大小为（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 4. 若直线：与直线：平行，则这两条直线间的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 已知等比数列的前项和为，若，则公比（ ） A. B. C. D. 6. 已知过点的直线与抛物线交于点A，B两点，若A，B的纵坐标分别为，，则（ ） A. 4 B. 3 C. 0 D. 2 7. 已知正四棱台中，，可在该正四棱台中放入的最大球的体积为，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，若函数的值域为，则函数的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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. 对于函数，，则（ ） A. 与的图象有相同的对称轴 B. 与有相同的最小正周期 C. 将图象向右平移个单位，可得到图象 D. 图象与图象在上只有一个交点 10. 设函数，则下列说法正确的是（ ） A. 一定存在单调递减区间 B. 存在a，b，使得没有最值 C. 若既有极大值，又有极小值，则 D. 令，，当时， 11. 已知圆：，双曲线：的左，右焦点分别为，，为双曲线右支上的一点，直线的斜率恰好为该双曲线的离心率，且为直角三角形，则（ ） A. 的值唯一 B. C. D. 的渐近线与共有4个公共点 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则______. 13. 已知，，则______. 14. 在几何学的世界里，阿基米德体以其独特的形状和美丽的对称性吸引了无数数学爱好者和科学家，它是一种半正多面体，其中每个面都是正多边形，且各个面的边数不全相同.如图，棱长为2的半正多面体是将一个棱长为6的正四面体切掉4个顶点所在的小正四面体后所剩余的部分，已知A，B，C，D为该半正多面体的四个顶点，点P为其表面上的动点，且平面，则P点的轨迹长度为______. 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. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）若，求B； （2）若，，求c. 16. 已知函数. （1）若时，求曲线在处的切线方程； （2）若时，在区间上的最小值为，求实数的值. 17. 已知数列是公差大于0的等差数列，数列的前项和为. （1）求数列的通项公式； （2）设. （i）试写出，，的值； （ii）求数列的前20项和. 18. 如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，，点为的中点，且，. （1）求证：； （2）若二面角的平面角的余弦值为，求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 19. 如图，已知面积为的矩形，与坐标轴的交点是椭圆：的四个顶点，且该椭圆的离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）为坐标原点，过下顶点的直线与轴相交于点（不同于），与直线相交于点，与椭圆相交于点，直线与直线相交于点. （i）证明：； （ii）设线段的中点为为椭圆上的两点，且直线，与椭圆都仅有一个公共点，，垂足为.探究：是否存在定点，使得为定值?若存在，求点的坐标以及此定值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绵阳市高中2022级第二次诊断性考试 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上. 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，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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. 已知复数满足，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法法则求的代数形式，再由复数的模的公式求结论. 【详解】因为， 所以， 故选：D. 2. 已知集合，，则集合中元素的个数为（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 不确定 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合中元素即可得解. 【详解】联立或， 所以集合，故集合中元素的个数为2. 故选：A. 3. 直三棱柱中，，，则与所成的角的大小为（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 【答案】C 【解析】 【分析】由向量法求出即可求解. 【详解】由题意可知和两两垂直， 所以， 又，， 所以， 且，， 所以， 所以与所成的角的余弦值为，故与所成的角的大小为. 故选：C. 4. 若直线：与直线：平行，则这两条直线间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由直线平行求出参数k，再由两平行直线的距离公式即可求解. 【详解】因为直线：与直线：平行， 所以，所以， 所以直线：即， 所以这两条直线间的距离为. 故选：B. 5. 已知等比数列的前项和为，若，则公比（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比的求和公式即可求解. 【详解】由可知公比，则， 解得， 故选：D. 6. 已知过点的直线与抛物线交于点A，B两点，若A，B的纵坐标分别为，，则（ ） A. 4 B. 3 C. 0 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由题意设，联立抛物线并应用韦达定理求目标式的值. 【详解】由题设，令，联立抛物线得， 所以，则，， 所以. 故选：B 7. 已知正四棱台中，，可在该正四棱台中放入的最大球的体积为，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过作的垂面，分别交于，过作于，过作垂直的延长线于，过作于，利用球的体积求得正四棱台的高，利用线面，面面垂直的性质定理可证得平面，结合等腰梯形的性质可求得点到平面的距离. 【详解】设球的半径为，则，解得， 因为正四棱台中放入的最大球的体积为，所以正四棱台的高为， 过作的垂面，分别交于，过作于， 过作垂直的延长线于，过作于， 因为，所以平面，平面， 又平面，所以， 所以，所以四边形是矩形，所以， 所以，又因为平面，所以平面平面， 所以平面，所以，由等腰梯形的性质可得， 又平面，所以平面平面， 又平面平面，所以平面， 所以，所以，所以， 所以，所以， 所以点到平面的距离为. 故选：A. 8. 已知是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，若函数的值域为，则函数的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性的性质，即可求解. 【详解】是定义在上的奇函数，有， 是定义在上的偶函数，有， 的值域为，故， 则有，得， 所以， 与有相同的值域， 因此的最小值为， 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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. 对于函数，，则（ ） A. 与的图象有相同的对称轴 B. 与有相同的最小正周期 C. 将图象向右平移个单位，可得到图象 D. 图象与图象在上只有一个交点 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数的函数解析式，求两函数的对称轴判断A，求两函数视为周期判断B，根据函数图象变换法则求函数平移后的解析式，由此判断C，解方程，判断D. 【详解】， ， 令，，可得，， 所以函数的对称轴方程为，， 令，，可得，， 所以函数的对称轴方程为，， 函数与的图象的对称轴不相同，A错误； 函数的最小正周期为，函数的最小正周期为， 与有相同的最小正周期，B正确， 将图象向右平移个单位可得函数的图象，C正确， 令可得， 所以， 所以，又， 所以，故，D正确， 故选：BCD. 10. 设函数，则下列说法正确的是（ ） A. 一定存在单调递减区间 B. 存在a，b，使得没有最值 C. 若既有极大值，又有极小值，则 D. 令，，当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】当时，即可根据基本函数的单调性求解AB，求导，根据极值的定义将问题转化为要有两个不相等的实数正根，即可利用判别式以及韦达定理求解C，求导，根据函数的单调性求解D. 【详解】若时，函数均为单调递增函数，因此为单调递增函数，此时函数无最大值，且无单调递减区间，故A错误，B正确， 对于C，，若既有极大值，又有极小值，则需要要有两个不相等的实数正根，所以，故，C正确， 对于D,，时，, ，故当时，单调递减， 令，则 ， 因为，所以，故在单调递增，故，即，故D错误， 故选：BC 11. 已知圆：，双曲线：的左，右焦点分别为，，为双曲线右支上的一点，直线的斜率恰好为该双曲线的离心率，且为直角三角形，则（ ） A. 的值唯一 B. C. D. 的渐近线与共有4个公共点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据以及双曲线的定义可得，结合齐次式可得，构造函数，利用导数求解单调性可得，即可求解AC，根据点到直线的距离判断渐近线与圆的位置关系即可求解D. 【详解】设直线的倾斜角为，且为锐角，且， 故， 由双曲线定义可得，故，B正确， 故， 因此， 故，平方可得， 由于， 化简求解得， 记，则， 当单调递减，当单调递增， 且，且，，因此，C错误，A正确， 双曲线的渐近线方程为，圆心到渐近线的距离为， 由于，故，因此的渐近线与相交，故有4个公共点，D正确 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：①，，故， ②构造函数，求导确定函数的单调性可得. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则______. 【答案】3 【解析】 【分析】由数量积的坐标运算的定义直接计算即可得解. 【详解】由题得. 故答案为：3. 13. 已知，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】本题考查同角三角函数的关系以及两角和与差的三角函数公式.根据化简可求得，根据，可得，利用两角差的余弦公式将展开即可求解. 【详解】由题可得，，∵，∴； 又，所以； ∴. 故答案为：. 14. 在几何学的世界里，阿基米德体以其独特的形状和美丽的对称性吸引了无数数学爱好者和科学家，它是一种半正多面体，其中每个面都是正多边形，且各个面的边数不全相同.如图，棱长为2的半正多面体是将一个棱长为6的正四面体切掉4个顶点所在的小正四面体后所剩余的部分，已知A，B，C，D为该半正多面体的四个顶点，点P为其表面上的动点，且平面，则P点的轨迹长度为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据正四面体的性质可得线线平行，进而得平面平面，故点的轨迹为线段，即可利用三角形边角关系求解长度得解. 【详解】如图：补全正四面体，连接, 取分别为大正四面体棱的中点，连接, 由于均为大四面体的棱的三等分点，故. 平面，平面，平面，平面， 故平面, 平面. 且平面， 故平面平面， 由于平面，因此平面， 故点的轨迹为线段， 由于, 故点的轨迹长度为， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据平面平面，可得点的轨迹为线段. 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. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）若，求B； （2）若，，求c. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】根据已知条件利用正弦定理求出角，再根据已知边的值利用余弦定理求出边. 【小问1详解】 已知，由正弦定理可得. 因为，所以，此时. 在直角中，，所以. 那么，移项可得. 根据正切函数的定义，因为且是三角形内角，所以，从而得出. 【小问2详解】 已知，且，所以. 根据余弦定理，将代入可得. 化简可得. 将，代入，得到. 即，因为，所以. 16. 已知函数. （1）若时，求曲线在处的切线方程； （2）若时，在区间上的最小值为，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程， （2）求导，根据导数确定函数的单调性，即可求解，构造函数求导即可求解. 【小问1详解】 当时，且， 所以， 故切线方程为，即， 【小问2详解】 ， 由，存在，使得，即， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 故， ， 故在单调递减，又， 故 17. 已知数列是公差大于0的等差数列，数列的前项和为. （1）求数列的通项公式； （2）设. （i）试写出，，的值； （ii）求数列的前20项和. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）408 【解析】 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可得公差和首项，即可根据通项公式求解， （2）根据题意可得则，，即可利用分组求和，结合等差和等比数列的求和公式求解. 【小问1详解】 设的公差为， 令，得，故即， 令，得，故，即， 由于，则解得， 故， 【小问2详解】 （i）当，故， 时，， 所以， （ii）由题意可知：， 当时，，则， 当，，则，， 当，，则，， 所以 , 因此 18. 如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，，点为的中点，且，. （1）求证：； （2）若二面角的平面角的余弦值为，求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1） 如图，取的中点F，延长交于G点，是边长为2的等边三角形，则. 在中，已知，且满足. 根据勾股定理的逆定理，. 则G为中点. 又为的中点，则.，则. 又平面，，则平面， 平面，所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）运用等腰三角形三线合一，结合线线平行性质，线面垂直定理证明线面垂直，进而运用性质得到线线垂直即可； （2）运用向量法计算角，结合锥体体积公式计算即可； （3）运用向量法计算线面角的正弦值，结合基本不等式计算最值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知⊥平面， 又因为平面，所以平面平面. 以为坐标原点建立空间直角坐标系， 为的中点，且，可设点， 已知，. 设平面的法向量为，由，不妨令， 则平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为. 根据向量夹角公式， 又因为，则，解得. 因为为的中点，所以点到平面的距离为. 在中，满足， 所以的面积为. 根据三棱锥体积公式，三棱锥的体积. 【小问3详解】 因，则直线与平面所成角即为直线与平面所成角. 设该角为. 已知，则. 根据线面角的正弦值公式. . 因为，故， 根据均值不等式则 （当且仅当时，等号成立），所以的最大值为， 即直线与平面所成角正弦值的最大值为. 19. 如图，已知面积为的矩形，与坐标轴的交点是椭圆：的四个顶点，且该椭圆的离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）为坐标原点，过下顶点的直线与轴相交于点（不同于），与直线相交于点，与椭圆相交于点，直线与直线相交于点. （i）证明：； （ii）设线段的中点为为椭圆上的两点，且直线，与椭圆都仅有一个公共点，，垂足为.探究：是否存在定点，使得为定值?若存在，求点的坐标以及此定值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）证明:设，则，故， , 设直线的斜率分别为， 则， 故 由于,则， 直线的方程为令则，故 所以 直线的方程为令则，故 所以， ， 故，即； （ii），使得为定值， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何性质列等量关系即可求解， （2）根据两点斜率公式，即可化简求解，根据直线方程求解，即可根据长度关系求（i），联立直线与椭圆方程，根据相切，利用判别式可得切线方程为，进而求解方程为:，化简得方程为，令，求解定点，根据得在以为直径的圆上，即. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 故椭圆方程为 【小问2详解】 （i）略 （ii）存在定点，使得为定值，理由如下： 设， ①当过椭圆上点的有斜率时，设直线：， 联立与椭圆方程可得， 由于直线与椭圆只有一个公共点，故， 化简得， 所以，代入到可得， 所以， 从而直线：，即（※）， ②当过的直线斜率不存在且与椭圆只有一个交点时，：也满足（※）， 同理可得当过且与椭圆只有一个交点的直线方程为， 由于两直线均经过点,故， 故直线方程为:， 由（i）可知的方程为令则，故 又， 则的中点即， 直线方程为， 即， 令，解得， 故直线恒过点，又, 故在以为直径的圆上，即，使得为定值， 【点睛】关键点点睛：椭圆上一点,的切线方程为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $