四川省成都市2025届高中毕业班第二次诊断性检测数学试题

工作秘密严禁外传 擅自泄露严肃追责 成都市2022级高中毕业班第二次诊断性检测 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、考籍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、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项 符合题目要求。 1.若(1一i)z=i,则x= A名+2 1 1 C.2+21 n- 2.已知集合A=zx<1,B={2> ,则 A.A∩B={x|x<-1 B.A∩B={x|-1<x<1} C.AUB=(xx<-1) D.AUB=(xx<1) 3.居民消费价格指数(Consumer Price Index,简称CPD,是度量一定时期内居民消费商品和服务价 格水平总体变动情况的相对数，综合反映居民消费商品和服务价格水平的变动趋势和变动程 度.下图是2024年11月9日国家统计局公布的2024年10月各类商品及服务价格同比和环比 涨跌幅情况（同比一本期数一去年同期数 去年同期数 ×100%,环比= 本期数一上期数 上期数 X100%),下列结论 正确的是 (%) 10月份居民消量价格分类别同比涨跌幅 (%) 10月份居民消费价格分类别环比涨跌福 6.0 1.5 4.0 1.0 2.0 0.5 0. 0.0 -0.1 0.0 0.0 0.0 -2.0 -4.0 .0.5 4 -6.0 -1.0 08 居性品养化经他华 经黄他年 A.2024年10月份食品烟酒类价格低于2023年10月份食品烟酒类价格 B.2024年10月份教育文化娱乐类价格低于2024年9月份教育文化娱乐类价格 C.2024年9月份医疗保健类价格高于2023年10月份医疗保健类价格 D.2024年9月份居住类价格高于2023年10月份居住类价格 数学试题第1页（共4页） 4.已知两个非零向量a,b满足|a十b|=|a一b|,则向量2a一b在向量a上的投影向量为 A.b B.-b C.2a D.-2a 5.袋中有5个除颜色外完全相同的小球，其中3个红球，2个白球.从袋中不放回地依次随机 取出2个球，则这2个球颜色相同的概率为 A号 12 b.25 c n号 6.在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.以织女星的亮度I。为标准，天体 的星等m与亮度【满足m=一 5. 2g。已知北极星的星等为2，牛郎星的星等为0.8，则北 极星与牛郎星的亮度之比为 A.10 B.10- C.10 D.10-号 x2 y2 7.已知双曲线C:云-=1(a>0,b>0)的右焦点为F,若F关于直线y=3x的对称点P 在C上，则双曲线C的离心率为 B./10 a D.5 8.若函数f(x)=e-ln(x十1)有极值，则a的取值范围为 A.(-co,0)U(e,+c∞) B.(-o∞，0)U(e2,+∞) C.(-∞，-1)U(1,+∞) D.(-0,-1DU(2,+o) 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.已知函数f(x)=sin(2x-君，则 A.f(x)的最小正周期为x Bf)的图象关于直线x=对称 Cf)在(，）上单调递减 D.f(x)在(0，π)上有2个零点 10.已知数列(a,}的通项公式am n-2 2n-i5,前n项和为S。,则 A.数列2a.-1 1 为等差数列 B.3n∈N”,使得am+1>a C.当n=8时，S.取得最小值 D数列a,一an的最大项的值为号 11.如图，在直棱柱ABCD-A:B1C1D1中，AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2,BC=CC1=√2， M是CC1中点.过AA1作与平面BDD1B1平行的平面a, D 若a∩平面A,BD=l1,a∩平面ABC1=L2,则 A.A1,B,M,D1四点共面 B.棱柱ABCD一A:B1C1D1没有外接球 C.直线l1,l2所成的角为60° D.四面体A1BCD与四面体AB:CD:的公共部分的体积为2 数学试题第2页（共4页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知角0的终边过点P(3,4),则sin9+2co9 sin-cose 13.设函数f(x)=2x3十ax2+bx,若f(x)的图象过点P(1,3),且曲线y=f(x)在(0,0)处 的切线也过点P,则a= 14.对于一个平面图形，如果存在一个圆能完全覆盖住这个平面图形，则称这个图形被这 个圆能够完全覆盖，其中我们把能覆盖平面图形的最小圆称为最小覆盖圆·则曲线 x十y4一x2y2一x2一y2=0的最小覆盖圆的半径为 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.(13分) 在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知/3c=2 a sinC. (1)求A; (2)若a=3,且△ABC的周长为3+√3，求b. 16.(15分) 如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC, E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F. (1)求证：PA∥平面EDB: (2)求证：PB⊥平面EFD; (3)求平面CPB与平面PBD的夹角的大小. 17.(15分) 已知椭圆C上的动点M(x,y)总满足关系式√/(x十1)+y2十√(x-1)2+y2=2a(a>1), 且椭圆C与抛物线：y2=2px(p>0)有共同的焦点F,P是椭圆C与抛物线下的一个公共 点，PF1=3 5 (1)求抛物线T的方程和椭圆C的标准方程： (2)过点F的直线1交抛物线T于M,N两点，交椭圆C于A,B两点，若MF|·INF|= 2AF·BF|,求直线l的方程. 数学试题第3页（共4页） 18.(17分) 某答题挑战赛规则如下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能进入下一轮，若连续两轮 均答错，则挑战终止：每一轮系统随机地派出一道通识题或专识题，派出通识题的概率为了，派 出专识题的概率为号已知某选手答对通识题与专识题的概率分别为号，号，且各轮答题正确 与否相互独立 (1)求该选手在一轮答题中答对题目的概率； (2)记该选手在第n轮答题结束时挑战依然未终止的概率为pm, (i)求p3,p4； (i)证明：存在实数入，使得数列{pm+1一入pn}为等比数列. 19.(17分) 对于给定集合A二{(a,b)a≥0，b≥0}，若存在非负实数K1,K2,对任意的(a,b)∈A满 足：K1(1+a2)(1+b2)≤(a+b)(1+ab)≤K2(1+a2)(1十b2)成立，则称集合A具有性质 (K1,K2). (1)证明：集合{(a,b)a≥0，b=1}具有性质(2,1)： (2)若集合{(a,b)川a≥0，b≥0，a十b=1}具有性质(K1,K2),求K2一K1的最小值； （3若集合a,61e>0,b≥0.3+6-2其有性质K,K:,求袋的最大值. 数学试题第4页（共4页）数学参考答案　第１　 页(共６页) 成都市２０２２级高中毕业班第二次诊断性检测 数学参考答案及评分意见 一、选择题:(每小题５分,共４０分) １．A; ２．B; ３．C; ４．C; ５．D; ６．D; ７．A; ８．A． 二、选择题:(每小题６分,共１８分) ９．ACD;　　　　　　１０．ABD;　　　　　　１１．ABD． 三、填空题:(每小题５分,共１５分) １２．１０; １３．－２; １４．２． 四、解答题:(共７７分) １５．解:(１)因为 ３c＝２asinC, 在△ABC 中,由正弦定理可得 c sinC＝ a sinA , 所以 ３sinC＝２sinAsinC． 􀆺􀆺２分 因为sinC＞０,所以sinA＝ ３ ２． 􀆺􀆺４分 又A∈(０,π),所以A＝ π ３ 或 ２π ３． 􀆺􀆺６分 (２)由题意a＋b＋c＝３＋ ３,因为a＝ ３,所以b＋c＝３． 􀆺􀆺７分 在△ABC 中,由余弦定理可得a２＝b２＋c２－２bccosA, 当A＝ ２π ３ 时,３＝b２＋c２＋bc＝(b＋c)２－bc＝９－bc,整理得bc＝６． 􀆺􀆺８分 联立b＋c＝３得b２－３b＋６＝０．此方程无实数解． 􀆺􀆺１０分 当A＝ π ３ 时,３＝b２＋c２－bc＝(b＋c)２－３bc＝９－３bc,整理得bc＝２． 􀆺􀆺１１分 联立b＋c＝３得b２－３b＋２＝０．解得b＝１或b＝２． 所以,当A＝ ２π ３ 时,b无解;当A＝ π ３ 时,b＝１或b＝２． 􀆺􀆺１３分 １６．解:(１)连接AC 交BD 于点O,连接EO．则EO 是△PAC 的中位线,从而EO∥PA, 􀆺􀆺２分 又因为EO⊂平面EDB,PA⊄平面EDB, 􀆺􀆺３分 所以PA∥平面EDB． 􀆺􀆺４分 数学参考答案　第２　 页(共６页) (２)因为PD⊥底面ABCD,因为BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BC． 因为ABCD 是正方形,所以CD⊥BC． 又PD∩CD＝D,且PD⊂平面PDC,CD⊂平面PDC, 所以BC⊥平面PDC． 􀆺􀆺６分 因为DE⊂平面PDC,所以BC⊥DE． 因为△PDC 是等腰直角三角形,E 是底边PC 的中点,所以PC⊥DE． 又PC∩BC＝C,且PC⊂平面PBC,BC⊂平面PBC, 所以DE⊥平面PBC． 􀆺􀆺８分 因为PB⊂平面PBC,所以DE⊥PB． 又EF⊥PB,EF∩DE＝E,且DE⊂平面EFD,EF⊂平面EFD, 所以PB⊥平面EFD． 􀆺􀆺９分 (３)在四棱锥P－ABCD 中,PD⊥底面ABCD,AD, DC⊂底面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥DC,由底面 ABCD 是正方形,得AD⊥DC, 以D 为原点,DA,DC,DP 所在直线分别为x,y,z 轴 建立如图所示空间直角坐标系, 设DC＝２,则A(２,０,０),B(２,２,０),C(０,２,０),P(０,０,２), PC→＝(０,２,－２),CB→＝(２,０,０), 设平面CPB 的法向量n＝(x１,y１,z１),则 CB→􀅰n＝０, PC→􀅰n＝０．{ 所以 ２x１＝０, ２y１－２z１＝０．{ 取y１＝１,可得n＝(０,１,１)是平面CPB 的一个法向量． 􀆺􀆺１１分 DB→＝(２,２,０),DP→＝(０,０,２),而CA→＝(２,－２,０), 则DB→􀅰CA→＝２×２－２×２＝０,DP→􀅰CA→＝０, 即DB→⊥CA→,DP→⊥CA→．所以平面PBD 的一个法向量为CA→＝(２,－２,０)． 􀆺􀆺１３分 因此cos‹n,CA→›＝ n􀅰CA → |n||CA→| ＝ －２ ２×２２ ＝－ １ ２ , 􀆺􀆺１４分 所以平面CPB 与平面PBD 的夹角为 π ３． 􀆺􀆺１５分 １７．解:(１)由椭圆的定义,结合 (x＋１)２＋y２ ＋ (x－１)２＋y２ ＝２a(a＞１)知: 椭圆C 与抛物线Γ:y２＝２px(p＞０)的共同焦点F 的坐标为(１,０), 􀆺􀆺１分 则 p ２＝１ ,抛物线Γ 的方程为y２＝４x; 􀆺􀆺３分 由|PF|＝ ５ ３ ,不妨设点P 在第一象限,则点P 的坐标为( ２ ３ ,２６ ３ )． 􀆺􀆺４分 数学参考答案　第３　 页(共６页) 记椭圆的左焦点F１(－１,０),所以|PF１|２＝ ５ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ ２６ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ４９ ９ ,则|PF１|＝ ７ ３ , 所以|PF１|＋|PF|＝４＝２a,即a＝２,c＝１,b＝ ３． 故椭圆C 的标准方程为 x２ ４＋ y２ ３＝１． 􀆺􀆺６分 (２)由题可知,直线l的斜率不为０,故设直线l的方程为x＝my＋１, M(x１,y１),N(x２,y２),A(x３,y３),B(x４,y４), 由|MF|􀅰|NF|＝２|AF|􀅰|BF|, 得 １＋m２|y１|􀅰 １＋m２|y２|＝２ １＋m２|y３|􀅰 １＋m２|y４|, 即|y１y２|＝２|y３y４|． 􀆺􀆺９分 联立 x＝my＋１, y２＝４x{ 得y ２－４my－４＝０,Δ＞０恒成立,所以y１y２＝－４． 􀆺􀆺１１分 联立 x＝my＋１, x２ ４＋ y２ ３＝１ ì î í ï ï ïï 得(３m２＋４)y２＋６my－９＝０,Δ＞０恒成立,所以y３y４＝ －９ ３m２＋４． 􀆺􀆺１３分 由|y１y２|＝２|y３y４|,得４＝２× ９ ３m２＋４ ,解得m＝± ６ ６． 所以直线l的方程为 ６x－y－ ６＝０或 ６x＋y－ ６＝０． 􀆺􀆺１５分 １８．解:(１)设事件A＝“一轮答题中系统派出通识题”,事件B＝“该选手在一轮答题中答对”, 由题意可知P(B|A)＝ ３ ５ ,P(B|A － )＝ １ ５ , 􀆺􀆺１分 由全概率公式得P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A － )P(B|A － )＝ １ ３× ３ ５＋ ２ ３× １ ５＝ １ ３． 􀆺􀆺３分 故该选手在一轮答题中答对题目的概率为 １ ３． 􀆺􀆺４分 (２)设事件Bn＝“该选手第n 轮答对题目”, (i)因为各轮答题正确与否相互独立, 由(１)知:P(Bn)＝ １ ３ ,那么P(Bn)＝１－P(Bn)＝ ２ ３ , 当n＝１时,挑战显然不会终止,即p１＝１, 当n＝２时,则第１,２轮至少答对一轮,p２＝１－P(B１B２)＝１－P(B１)P(B２)＝ ５ ９ , 由概率加法公式得p３＝P(B３)p２＋P(B２B３)p１＝P(B３)p２＋P(B２)P(B３)p１ 数学参考答案　第４　 页(共６页) ＝ １ ３× ５ ９＋ １ ３× ２ ３×１＝ １１ ２７ , 􀆺􀆺７分 同理p４＝P(B４)p３＋P(B３B４)p２＝P(B４)p３＋P(B３)P(B４)p２ ＝ １ ３× １１ ２７＋ １ ３× ２ ３× ５ ９＝ ７ ２７． 􀆺􀆺１０分 (i)设事件Cn＝“第n 轮结束时挑战未终止”, 当n≥３时,第n 轮结束时挑战未终止的情况分为两种: ①第n 轮答对,且第n－１轮结束时挑战未终止; ②第n 轮答错,第n－１轮答对,且第n－２轮结束时挑战未终止． 所以第n 轮结束时挑战未终止可表示为Cn＝Cn－１Bn∪Cn－２BnBn－１, 所以P(Cn)＝P(Cn－１)P(Bn|Cn－１)＋P(Cn－２)P(BnBn－１|Cn－２), 因为各轮答题正确与否相互独立, 所以P(Cn)＝P(Cn－１)P(Bn)＋P(Cn－２)P(BnBn－１)＝ １ ３P (Cn－１)＋ ２ ９P (Cn－２), 即当n≥３时,有pn＝ １ ３pn－１＋ ２ ９pn－２． 􀆺􀆺１４分 设存在实数λ,使得数列{pn＋１－λpn}是公比为q(q≠０)的等比数列, 当n≥２时,有(pn＋１－λpn)＝q(pn－λpn－１),整理得pn＋１＝(λ＋q)pn－λqpn－１, 结合递推关系pn＋１＝ １ ３pn＋ ２ ９pn－１ ,得 λ＋q＝ １ ３ , －λq＝ ２ ９． ì î í ï ïï ï ï 解得 λ＝－ １ ３ , q＝ ２ ３． ì î í ï ïï ï ï 或 λ＝ ２ ３ , q＝－ １ ３． ì î í ï ïï ï ï 􀆺􀆺１６分 当n＝１时,有p２－ ２ ３p１＝－ １ ９ ,p２＋ １ ３p１＝ ８ ９ , 当λ＝ ２ ３ 时,数列{pn＋１－ ２ ３pn }是首项为－ １ ９ ,公比为－ １ ３ 的等比数列, 当λ＝－ １ ３ 时,数列{pn＋１＋ １ ３pn }是首项为８ ９ ,公比为２ ３ 的等比数列, 所以存在实数λ＝ ２ ３ 或－ １ ３ ,使得数列{pn＋１－λpn}为等比数列． 􀆺􀆺１７分 １９．解:(１)即证明∀a≥０,都有１＋a２≤(a＋１)２≤２(１＋a２)． 因为(a＋１)２－(１＋a２)＝２a≥０,所以(a＋１)２≥１＋a２． 􀆺􀆺２分 因为２(１＋a２)－(a＋１)２＝a２－２a＋１＝(a－１)２≥０,所以(a＋１)２≤２(１＋a２)． 所以集合{(a,b)|a≥０,b＝１}具有性质( １ ２ ,１)． 􀆺􀆺４分 数学参考答案　第５　 页(共６页) (２)因为a≥０,b≥０,a＋b＝１, (１＋a２)(１＋b２)＝１＋a２＋b２＋a２b２＝１＋(a＋b)２－２ab＋(ab)２ ＝２－２ab＋(ab)２＝(１－ab)２＋１． 􀆺􀆺５分 令u＝１＋ab,因为 ab≤ a＋b ２ ＝ １ ２ ,所以u∈[１, ５ ４ ]． 􀆺􀆺６分 于是∀u∈[１, ５ ４ ],有K１[(２－u)２＋１]≤u≤K２[(２－u)２＋１]成立． 即K１≤ u (２－u)２＋１≤K２． 也就是∀u∈[１, ５ ４ ],有K１≤ １ u＋ ５ u－４ ≤K２ 成立． 􀆺􀆺８分 令f(u)＝u＋ ５ u－４ ,u∈[１, ５ ４ ], 因为f(u)在[１, ５ ４ ]单调递减,所以５ ４＝f (５ ４ )≤f(u)≤f(１)＝２． 从而 １ ２≤ １ u＋ ５ u－４ ≤ ４ ５． 所以K２≥ ４ ５ ,当且仅当a＝b＝ １ ２ 时取等;K１≤ １ ２ ,当且仅当a＝０或b＝０时取等． K２－K１≥ ４ ５－ １ ２＝ ３ １０ ,所以K２－K１ 的最小值为 ３ １０． 􀆺􀆺１０分 (３)由题意K１≤ (a＋b)(１＋ab) (１＋a２)(１＋b２)≤K２． 注意到(a＋b)(１＋ab)＝a＋a２b＋b＋ab２＝a(１＋b２)＋b(１＋a２)． 所以K２≥ a １＋a２＋ b １＋b２． 又１＋a２≥２a,１＋b２≥２b, 所以K２≥ １ ２＋ １ ２＝１ ,当且仅当a＝b＝１取等(满足a３＋b３＝２), 所以K２ 的最小值为１． 􀆺􀆺１２分 因为a≥０,b≥０,a３＋b３＝２,所以２＝a３＋b３≥２ a３b３ ,于是０≤ab≤１． 又２＝a３＋b３＝(a＋b)[(a＋b)２－３ab], 令s＝a＋b,t＝ab,则s(s２－３t)＝２,即t＝ s３－２ ３s ． 􀆺􀆺１３分 又０≤ab≤１,所以０≤ s３－２ ３s ≤１． 解得３２≤s≤２． 数学参考答案　第６　 页(共６页) 所以 (a＋b)(１＋ab) (１＋a２)(１＋b２)＝ (a＋b)(１＋ab) (a＋b)２＋(１－ab)２＝ s(１＋t) s２＋(１－t)２≥ s(１＋t) s２＋１ ＝ s(１＋ s３－２ ３s ) s２＋１ ＝ s３＋３s－２ ３(s２＋１)． 􀆺􀆺１４分 令g(s)＝ s３＋３s－２ s２＋１ ,s∈[３２,２],则g′(s)＝ s４＋４s＋３ (s２＋１)２ ＞０ ,于是g(s)在[ ３ ２,２]单调 递增,又g( ３ ２)＝ ３ ３ ２ (３２)２＋１ ,所以 (a＋b)(１＋ab) (１＋a２)(１＋b２)≥ g(s) ３ ≥ g(３２) ３ ＝ ３ ２ (３２)２＋１ ． 当且仅当a＝０,b＝３２或a＝３２,b＝０时等号成立． 所以K１ 的最大值为 ３ ２ (３２)２＋１ ． 􀆺􀆺１６分 又K２ 的最小值为１, 所以 K１ K２ 的最大值为 ３ ２ (３２)２＋１ ． 􀆺􀆺１７分