四川省成都市2025届高三第二次诊断性检测数学试题数学试卷 含解析

这是一份四川省成都市2025届高三第二次诊断性检测数学试题数学试卷 含解析，共20页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0，考试结束后，只将答题卡交回， 若函数有极值，则的取值范围为， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
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，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求解.
【详解】.
故选：A
2. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用幂函数、指数函数单调性解不等式化简集合，再利用交集、并集的定义求出判断.
【详解】依题意，集合，
对于AB，，A错误，B正确；
对于CD，，CD错误.
故选：B
3. 居民消费价格指数（Cnsumer Price Index，简称CPI），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，环比），下列结论正确的是（ ）
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
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意逐一考查所给选项说法的正确性.
【详解】对于A，由题可知，2024年10月份食品烟酒类价格同比涨幅为，
所以2024年10月份食品烟酒类价格高于2023年10月份食品烟酒类价格，故A错误；
对于B，由图可知，2024年10月份教育文化娱乐类价格环比涨幅为，
所以2024年10月份教育文化娱乐类价格高于2024年9月份教育文化娱乐类价格，故B错误；
对于C，2024年10月份医疗保健类价格环比涨幅为，即2024年10月份医疗保健类价格等于2024年9月份医疗保健类价格，
又2024年10月份医疗保健类价格同比涨幅为，
所以2024年10月份医疗保健类价格高于2023年10月份医疗保健类价格，故C正确；
对于D，2024年10月份居住类价格环比涨幅为，即2024年10月份居住类价格等于2024年9月份居住类价格，
又2024年10月份居住类价格同比涨幅为，
所以2024年10月份居住类价格低于2023年10月份居住类价格，故D错误.
故选：C.
4. 已知两个非零向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件化简得，利用投影向量的定义计算.
【详解】由，则，化简得，
所以在向量上的投影向量为.
故选：C.
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. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用组合计数问题列式，进而求出古典概率.
【详解】从袋中不放回地依次随机取出2个球的试验有个基本事件，
取出的2个球颜色相同的事件有个基本事件，
所以这2个球颜色相同的概率为.
故选：D
6. 在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.以织女星的亮度为标准，天体的星等与亮度满足，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. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用给定的函数关系，建立方程，结合对数运算求得答案.
【详解】令北极星与牛郎星的亮度分别为，依题意，，
两式相减得，解得.
故选：D
7. 已知双曲线右焦点为，若关于直线的对称点在上，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出点坐标,再代入双曲线方程，解得离心率.
【详解】设，
因为关于直线的对称点为，
所以
解得
因为点在上，所以
或（舍），
故选：A
8. 若函数有极值，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对函数求导，设，，分，结合导数分析求解即可.
【详解】由，，
则，
令，，
则，
当时，恒成立，则，
即函数在上单调递增，此时函数无极值，不符合题意；
当时，令，得，
当时，，则，得函数在上单调递减，
又时，；时，，
所以存在，使得，则函数存在极值；
当时，，
则时，；时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
设，，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，且时，，
则时，，此时函数无极值，不符合题意；
当时，，且时，；时，，
此时函数存在极值.
综上所述，的取值范围为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：解决函数有极值问题，解决的方法是要保证其导数有变号零点.
二､多选题：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，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 在上单调递减
D. 在上有2个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦函数的性质逐项计算判断即可.
【详解】对于A，函数的最小正周期为，A正确；
对于B，因，即的图象关于直线不对称，B错误；
对于C，当时，，因正弦函数在上单调递减，
故在上单调递减，C正确；
对于D，当时，，由，得或，
解得或，即在上有2个零点，D正确.
故选：ACD
10. 已知数列的通项公式，前项和为，则（ ）
A. 数列为等差数列
B. ，使得
C. 当时，取得最小值
D. 数列的最大项的值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用给定的通项公式，结合等差数列定义、数列单调性、二次函数性质逐项求解判断.
【详解】对于A，由，得 ，
，数列为等差数列，A正确；
对于B，，，显然，B正确；
对于C，，当时，数列单调递减，，
，
当时，数列单调递减，，，C错误；
对于D，，
因，当时，取最小值，
当或时，，且当或时，取最小值3，
所以数列的最大项的值为，D正确.
故选：ABD.
11. 如图，在直棱柱中，，是中点.过作与平面平行的平面，若平面平面，则（ ）
A. 四点共面
B. 棱柱没有外接球
C. 直线所成的角为
D. 四面体与四面体的公共部分的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用异面直线夹角的向量求法判断C；确定直角梯形是否有外接圆判断C；作图求出体积判断D.
【详解】在直棱柱中，平面，又，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
对于A，，即，又直线，
因此，即四点共面，A正确；
对于B，在梯形中，，则为锐角，，
因此，梯形无外接圆，则棱柱没有外接球，B正确；
对于C，平面，平面，平面平面，
则，令，连接，平面平面，同理，
因此直线所成的角等于直线所成的角，由，得，
则，，，
直线所成的角不为，C错误；
对于D，令，
则点是直棱柱所在侧面矩形的中心，
，四边形是平行四边形，
平面，则平面，同理平面，而，
平面，因此平面平面，同选项C得，
而，则四边形为平行四边形，，则平面，
平面，四边形的面积，
四面体与四面体的公共部分为八面体，
所以四面体与四面体的公共部分的体积为，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：作出图形确定两个四面体的公共部分是求出其体积的关键.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知角的终边过点，则__________.
【答案】10
【解析】
【分析】利用正切函数的定义及齐次式法计算得解.
【详解】由角的终边过点，得，
所以.
故答案为：10
13. 设函数，若的图象过点，且曲线在处的切线也过点，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用导数的几何意义求出切线方程，建立方程组求出.
【详解】函数，求导得，则，而，
因此曲线在处的切线方程为，
依题意，，所以.
故答案为：
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.则曲线的最小覆盖圆的半径为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先分析曲线对称性，再求曲线上点到原点距离最大值，即得结果.
【详解】因为把换成，方程不变，所以曲线关于轴对称；
因为把换成，方程不变，所以曲线关于轴对称；
因为把换成，同时把换成，方程不变，
所以曲线关于坐标原点对称；
因为把换成，同时把换成，方程不变，
所以曲线关于直线对称，
因此最小覆盖圆圆心必在坐标原点，
从而最小覆盖圆的半径为曲线上点到原点距离最大值，
，（当且仅当时取等号）
因此最小覆盖圆的半径为
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. 在中，角的对边分别是，已知.
（1）求；
（2）若，且的周长为，求.
【答案】（1）或；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，进而求出.
（2）由（1）的结论，利用余弦定理列式求解.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理得，而，
则，又，
所以或.
小问2详解】
由的周长为，，得，
在中，由余弦定理得，即，
则，当时，，于是，，此方程无解；
当时，，于是，解得或，
所以当时，无解；当时，或.
16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面是的中点，作交于点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求平面与平面的夹角的大小．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量坐标，再利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）由，结合，利用线面垂直的判定定理证明.
（3）求得平面和平面的法向量坐标，再利用面面角的向量求法求解.
【小问1详解】
在四棱锥中，底面，底面，
则，由底面是正方形，得，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
，设平面的法向量为，
则，令，得，则，
而平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，，由，得，
又，且平面，
所以平面.
【小问3详解】
由（1）知，，且，
设平面的法向量为，则，取，得，
，而，则，
即，则的一个法向量为，
因此，而，则，
所以平面与平面的夹角为.
17. 已知椭圆上的动点总满足关系式，且椭圆与抛物线有共同的焦点是椭圆与抛物线的一个公共点，.
（1）求抛物线的方程和椭圆的标准方程；
（2）过点的直线交抛物线于两点，交椭圆于两点，若，求直线的方程.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出焦点坐标，再由抛物线方程求出点，进而求出即可.
（2）联立直线与抛物线、椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式列式求解.
【小问1详解】
由椭圆：，得右焦点，
而是抛物线的焦点，则，所以抛物线；
由对称性不妨令，由，得，解得，
即点，则，
因此椭圆的长半轴长，短半轴，
所以椭圆的标准方程为
【小问2详解】
直线不垂直于轴，设其方程为，，
由，得，即，
由消去，得，则，
由消去，得，则，
因此，解得，
所以直线的方程为.

18. 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，派出专识题的概率为.已知某选手答对通识题与专识题的概率分别为，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）记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，
（i）求；
（ii）证明：存在实数，使得数列为等比数列.
【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式计算得解.
（2）（i）将第3轮答题结束时挑战未终止的事件进行分拆，再利用互斥事件的加法公式及相互独立事件的乘法公式求出，同理求出；（ii）利用概率的加法公式及乘法公式列出递推公式，再利用构造法求解得证.
小问1详解】
设事件“一轮答题中系统派出通识题”，事件“该选手在一轮答题中答对”，
依题意，，，
因此，
所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为.
【小问2详解】
（i）设事件“该选手在第轮答对题目”，各轮答题正确与否相互独立，
由（1）知，，
当时，挑战显然不会终止，即，
当时，则第1、2轮至少答对一轮，，
由概率加法公式得；
同理.
（ii）设事件“第轮答题结束时挑战未终止”，
当时，第轮答题结束时挑战未终止的情况有两种：
①第轮答对，且第轮结束时挑战未终止；
②第轮答错，且第轮答对，且第轮结束时挑战未终止，
因此第轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为，
则，而各轮答题正确与否相互独立，
因此，
当时，，设存在实数，使得数列为等比数列，
当时，，整理得，
而，则，解得或，
当时，
因此当时，数列是首项为，公比为的等比数列；
当时，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以存在实数或，使得数列为等比数列.
19. 对于给定集合，若存在非负实数，对任意的满足：成立，则称集合具有性质.
（1）证明：集合具有性质；
（2）若集合具有性质，求的最小值；
（3）若集合具有性质，求的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由新定义可得，证明，都有，进而结合作差法求证即可；
（2）由，令，结合新定义可得，成立，进而结合对勾函数的性质求解即可；
（3）由新定义可得，分析易得，进而结合基本不等式可得的最小值为1，令，，易得，令，，进而利用导数求解可得的最大值为，进而求解.
【小问1详解】
要证明集合具有性质，
即证明，都有，
因为，所以.
因为，所以，
所以，都有，
即集合具有性质.
【小问2详解】
因为，
，
令，则，
因为，当且仅当时等号成立，所以，
又集合具有性质，
于是，有，
即，
即，成立，
令，，
因为函数在上单调递减，且，
所以，则，
所以，当且仅当时等号成立；
，当且仅当或时等号成立，
则，即的最小值为.
【小问3详解】
因为集合具有性质，
由题意，得，
都有，
即，
注意到
所以，
又，
所以，当且仅当时等号成立，
即的最小值为1.
又，当且仅当时等号成立，则，
又，
令，，则，即，
则，即，
所以
，
令，，
则，即函数在上单调递增，
又，所以，
当且仅当或时等号成立，
所以的最大值为，又的最小值为1，
所以的最大值为.
【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略：
1.通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；