精品解析：四川省绵阳市2025-2026学年高三上学期第二次诊断考试数学试卷

2023级高三第二次诊断考试 数 学 注意事项： 1. 考生领到答题卡后，须在规定区域填写本人的姓名、考号和班级. 2. 考生回答选择题时，选出每小题答案后，须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.考生回答非选择题时，须用0.5mm黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上.选择题和非选择题的答案写在试卷或草稿纸上无效. 3. 考生不得将答题卡带离考场，考试结束后由监考员收回. 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. 复数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若直线与直线平行，（ ） A. B. C. D. 4. 在中，，若，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. -1 B. 1 C. D. 6. 已知m是直线，α，β是两个不同平面，且m∥α，则m⊥β是α⊥β的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知表面积为的圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线的准线为，为上的一点，于点，直线与圆相切于点，若，则点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 或 二、选择题：本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分． 9. 若将函数的图象向左平移后关于原点对称，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最小值为 C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 为偶函数 B. 若，，则 C. 存在实数，使得为减函数 D. 当时，有两个零点 11. 设双曲线的左，右焦点分别为，，圆与的左支在第二象限的公共点为，线段的垂直平分线与的右支在第一象限的公共点为，的面积为，则（ ） A. B. ，，三点共线 C. ，到的距离之积为 D. 若，则是的渐近线 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量,，若，则________. 13. 已知数列是等差数列，且，，则的前项和等于______________. 14. 如图，某水平测试场地修建了一个实体圆锥形通信屏蔽罩，其高为，底面圆直径，且点满足.现在点处固定一枚无线电信标，且在点有一微型无人机（视为一点）.点在母线上，无人机先在空中以直线航迹从点飞行到处，随后紧贴屏蔽罩表面飞行到点，设飞行路径总长度为.则的最小值为_______________. 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，且. （1）求； （2）若，求. 16. 已知等比数列的首项为1，前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）求使成立的的取值范围. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求实数的值. 18. 已知椭圆 的离心率为 ，短轴长为 . （1）求 的标准方程； （2） 为 上一点且在第一象限，点 ，，延长 ， 分别交椭圆 于 ， 两点. （i）若，求直线 的斜率； （ii）连接 ，，记 的面积为 ， 的面积为 ，求 的最大值. 19. 如图1，直三棱柱 的底面是边长为2的等边三角形，且 . 图2所示的多面体 ，可视为将图1中的 在其平面内绕其中心逆时针旋转 后，记为 ，并重新连接 ，，，，， 得到. （1）如图2，证明：，，， 四点共面； （2）求多面体 的体积； （3）若点 在多面体 的棱 上，求 与平面 所成角的正弦值的最大值，并求出此时点 在 上的位置. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高三第二次诊断考试 数 学 注意事项： 1. 考生领到答题卡后，须在规定区域填写本人的姓名、考号和班级. 2. 考生回答选择题时，选出每小题答案后，须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.考生回答非选择题时，须用0.5mm黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上.选择题和非选择题的答案写在试卷或草稿纸上无效. 3. 考生不得将答题卡带离考场，考试结束后由监考员收回. 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. 复数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的模长计算公式可得答案. 【详解】， ， 故选：B 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先解对数不等式，化简集合B，再求交集即可. 【详解】对数函数的定义域为，不等式， 因为底数大于1，为单调递增的函数，可得，因此，集合， 根据交集运算，得. 故选：A. 3. 若直线与直线平行，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将两直线方程化为斜截式，根据两直线平行时斜率相等且截距不相等的性质列方程求解的值. 【详解】直线，斜率，截距， 直线，斜率，截距， 因为两直线平行，所以斜率相等且截距不相等，即且， 由得，此时，满足平行条件. 故选：C. 4. 在中，，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量加法的平行四边形法则即可求解. 【详解】由可得点是的中点，根据平行四边形法则：，即. 故选：D. 5. 已知，则（ ） A. -1 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正切的二倍角公式计算即可. 【详解】， 故选：D. 6. 已知m是直线，α，β是两个不同平面，且m∥α，则m⊥β是α⊥β的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】分别判断充分性和必要性得到答案。 【详解】当时，已知则，充分性； 当时，已知，可以得到，故不必要； 故选： 【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的推断能力。 7. 已知表面积为的圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆柱的表面积公式以及条件，即可求得球的半径，进而求得球的体积. 【详解】令圆柱的底面半径和高分别为和，球的半径为， 则，又， 所以， 则球的体积为. 故选：C 8. 已知抛物线的准线为，为上的一点，于点，直线与圆相切于点，若，则点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】利用抛物线的定义得到，再根据切线的性质得到，最后利用列式求解即可. 【详解】 由题意得，抛物线的准线方程为，焦点坐标为， 圆的圆心，半径， 设，则， ，根据抛物线的定义可得， 又直线与圆相切于点，， 又， 又，，即， 把代入，得，解得. 故选：B. 二、选择题：本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分． 9. 若将函数的图象向左平移后关于原点对称，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最小值为 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由题可求得可对C判断；可得即可对A判断求解；利用正弦型函数的值域可对B求解；由即可对D判断. 【详解】C：由函数的图象向左平移后为 ， 因关于原点对称，所以，，解得，， 又因为，所以，即，故C正确； A：由题可得，故A错误； B：由值域为，所以的最小值为，故B正确； D：由， 故D错误. 故选：BC. 10. 已知函数，则（ ） A. 为偶函数 B. 若，，则 C. 存在实数，使得为减函数 D. 当时，有两个零点 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数正负与函数增减性的关系即可求解. 【详解】由题得的定义域为，且， 对于选项A：由于的定义域不对称，所以不可能是偶函数，故A选项错误； 对于选项B：若，则，则， 若且，则分别属于和，不妨设，，如下图： 则，，若，则有，即， ，最终有，故B选项正确； 对于选项C：若存在实数使得为减函数，即，证明如下： ，则， ①当时，若，则有恒成立，则，此时有； ②当时，若，则有恒成立，则，此时有； 综上，当时，，为减函数，故C选项正确. 对于选项D：当时，，， ①当时，恒成立，单调递减， ②当时，令，解得，则有，故在上单调递增，在上单调递减. 综上，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. 在上，单调递减，且，，故在上有且仅有1个零点， 在上，在处取极大值，故是内唯一零点. 综上，有2个零点，故选项D正确. 故选：BCD. 11. 设双曲线的左，右焦点分别为，，圆与的左支在第二象限的公共点为，线段的垂直平分线与的右支在第一象限的公共点为，的面积为，则（ ） A. B. ，，三点共线 C. ，到的距离之积为 D. 若，则是的渐近线 【答案】ABD 【解析】 【分析】由双曲线定义及圆半径即可判断A选项；已知是的垂直平分线，结合双曲线定义判断B选项；设到的距离分别为利用，垂直平分线性质和双曲线的性质，判断C选项；由面积得到直线的距离，通过余弦定理及渐近线公式判断D选项. 【详解】A选项，根据双曲线的定义得， 已知圆的方程为，则圆的半径为，所以， 所以，故A选项正确； B选项，因为直线是线段的垂直平分线，所以， 根据双曲线的定义，有，又因为， 所以，而，即，所以三点共线，选项B正确； C选项，如图，在中，由余弦定理可得, 设到直线的距离为， 则，， 所以，故C错误； D选项，如图，， 因为，所以， 故是等边三角形，即，即， 因为，所以，即， 双曲线的渐近线方程为，将代入可得，即， 所以是的渐近线，选项D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量,，若，则________. 【答案】1 【解析】 【分析】互相垂直的两个向量数量积为0.由此列出关于的方程.进而求解的值. 【详解】平面向量,， 即解得. 故答案为：1. 13. 已知数列是等差数列，且，，则的前项和等于______________. 【答案】 【解析】 【分析】直接根据等差数列的性质及等差数列的前n项和公式可得. 【详解】因为数列是等差数列，且，， 所以由等差数列的性质得，. 故答案为：. 14. 如图，某水平测试场地修建了一个实体圆锥形通信屏蔽罩，其高为，底面圆直径，且点满足.现在点处固定一枚无线电信标，且在点有一微型无人机（视为一点）.点在母线上，无人机先在空中以直线航迹从点飞行到处，随后紧贴屏蔽罩表面飞行到点，设飞行路径总长度为.则的最小值为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】采用化曲为直的方法，将曲面展成与平面共面的扇形，再有两点之间线段最短求出飞行路径的最短值，适当采取建系的方法可以大幅度减少计算量. 【详解】由题可知， 故该圆锥侧面展开图的圆心角，则连接可得， 又由题知，如图建立平面直角坐标系 则，由两点之间线段最短可得， 所以， 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，且. （1）求； （2）若，求. 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及同角三角函数基本关系可得； （2）直接由余弦定理解三角形可得. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得，即， 再由及基本关系式得，得或， 因为，所以（舍去），即. 故. 【小问2详解】 由（1）知，所以， 再由余弦定理，且，， 得，，解得或. 当时，，此时，为直角三角形，符合题意； 当时，，此时，为钝角三角形，符合题意； 故或. 16. 已知等比数列的首项为1，前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）求使成立的的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等比数列前项和的性质，，，成等比数列，且公比为，即可求出公比，写出通项公式； （2）求出等比数列的前和，分类讨论解不等式即可得解. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，， 当时，，不符合题意，所以， 所以，，成等比数列，且公比为， ，所以，， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以由可得， 即， 当为正偶数时，不等式显然成立； 当为正奇数时，则， 因为为递减数列，且， 所以且为奇数， 综上， 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出切点坐标，由导数求出切线斜率，由点斜式写出切线方程； （2）由，，讨论与的大小关系，讨论单调性即可. 【小问1详解】 当时，， , ,, 在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 ，令， 则， ，， ①当时， 时，，单调递减， 由于，则， 时，，单调递增， 由于，则时，， 时，， 所以在单调递减，在单调递增， 所以符合题意； ②当时，，存在使得， 当时，，单调递减， 不符合题意； ③当时，， 则存在，使得当时，，单调递增， 则不符合题意； 综上. 18. 已知椭圆 的离心率为 ，短轴长为 . （1）求 的标准方程； （2） 为 上一点且在第一象限，点 ，，延长 ， 分别交椭圆 于 ， 两点. （i）若，求直线 的斜率； （ii）连接 ，，记 的面积为 ， 的面积为 ，求 的最大值. 【答案】（1） （2）（i） （ii） 【解析】 【分析】（1）先根据离心率和短轴长列出方程，再结合求解出，然后写出椭圆方程. （2）（i）先设出直线方程，联立直线和椭圆方程，再结合题目所给条件求出点和点坐标，再求解出点坐标，然后按照斜率公式求解直线的斜率. （ii）联立方程组，求出两点坐标，然后表示出三角形面积，然后根据基本不等式求解的最大值即可. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，短轴长为. 即，又，解得. 椭圆的方程为 【小问2详解】 设， 因为直线经过和，不妨设直线的方程：. 联立直线与椭圆方程，消元整理得： ， 又在椭圆上，，代入上式，整理得：. 由韦达定理得：，即. （i）且，. ，代入上式解得：，，即. 又，所以可得：，即. 又直线经过，直线的方程为. 联立直线和椭圆方程，解得，即. 所以直线的斜率. （ii）由（i）可得，代入直线方程得， 所以，同理可得. 的面积. 的面积. ，当且仅当“”即“”时“”成立. 所以有最大值. 19. 如图1，直三棱柱 的底面是边长为2的等边三角形，且 . 图2所示的多面体 ，可视为将图1中的 在其平面内绕其中心逆时针旋转 后，记为 ，并重新连接 ，，，，， 得到. （1）如图2，证明：，，， 四点共面； （2）求多面体 的体积； （3）若点 在多面体 的棱 上，求 与平面 所成角的正弦值的最大值，并求出此时点 在 上的位置. 【答案】（1）如图所示，取的中心记为，取的中心记为，以为坐标原点，过作的平行线为轴，过作的垂线为轴，为轴建立空间直角坐标系. 是边长为2的等边三角形，是由绕逆时针旋转得到的. ，， ，， 所以四点共面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建系后利用向量证明即可. （2）多面体是由两个全等的四棱锥组成的，先用向量证明是矩形并求出其面积 ，然后求出点到平面的距离，然后利用体积公式计算答案. （3）先设出点的位置，然后利用向量，用参数表示出线面角的正弦值，再利用导数求解最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 四边形是矩形，. 设平面的法向量，则 ，令，则. . 所以点到平面的距离. 所以多面体的体积. 【小问3详解】 设 . . . 设平面的法向量. 则，令，则. . 记与平面所成的角为，则. 即. 记 则. 故在上单调递增，在上单调递减. 因此. 所以与平面所成角的正弦值为，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $