四川省广安市2025届高三第二次诊断性考试数学试卷（解析版）

这是一份四川省广安市2025届高三第二次诊断性考试数学试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，集合，则中元素个数为（ ）
A. 1B. 0C. 3D. 2
【答案】D
【解析】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】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：C
3. 已知内角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，，所以，
由正弦定理，可得.
故选：B
4. 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. 4B. C. 2D.
【答案】A
【解析】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. 2B. 1C. 3D. -1
【答案】D
【解析】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：D
6. 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（ ）
A. 41米B. 40.5米C. 39.5米D. 38.7米
【答案】B
【解析】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. 2D.
【答案】C
【解析】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：C
8. 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】由
，
即是上的“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
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154
D. 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】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】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】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】∵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】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】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）若曲线在处的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.
解：（1）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.
（2）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.
（1）证明：底面，底面，
，
又，，平面，平面
平面，
又底面，
平面平面.
（2）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，若要使取得最大值（表示人中优秀人数），求的值.
解：（1）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
则期望.
（2）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.
（3）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.
解：（1）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.
（2）（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. 已知常数非零整数，若函数，满足：对任意，，，则称函数为函数.
（1）若函数，为函数，求的取值范围；
（2）若为函数，图像在是一条连续的曲线，，，且在区间上存在唯一的极大值点，求函数最值差的绝对值的取值范围；
（3）若，，且为函数，为的一阶导函数，对任意，，恒有，记的最小值为，求的取值范围及关于的表达式.
解：（1）因为是函数，对任意，，，
则，
所以
，
故，即，又，，
所以，
（2）设为在区间上存在的唯一的极大值点，
则在严格递增，在严格递减，
由，即，得，
又，，则，（构造时，等号成立），
所以；
（3）因为，，显然为上的严格增函数，
又由题干可知，，任意，，不妨设，此时，
由为函数，得恒成立，
即恒成立，
设，则为上的减函数，，得对恒成立，
易知上述不等号右边的函数为上的减函数，
所以，所以的取值范围为，
此时，
，
因为，当，，所以为上的增函数，
由题意得，，.0
1
2
3