四川省乐山市2025届高三第二次诊断性测试数学试卷（解析版）

这是一份四川省乐山市2025届高三第二次诊断性测试数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】令，解得，则，
因为，所以，故D正确.
故选：D
2. 设i为虚数单位，若，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】，
所以.
故选：A.
3. 已知圆锥的母线长是底面半径的2倍，则该圆锥的侧面积与表面积的比值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】设圆锥底面圆的半径为，则母线长为，
，，
.
故选：B.
4. 若，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】由，
令，得，
令，得，
.
故选：D.
5. 若是偶函数，则（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】由题，可得，即，
，
，即
因不恒为0，故.
故选：B.
6. 现有数字1，2，2，3，3，3，若将这六个数字排成一排，则数字2，2恰好相邻的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】方法一：
给定的数字是1，2，2，3，3，3，其中有一个1，两个2，三个3，总共有6个数字，因此总排列数为：.
符合条件的排列数（两个2恰好相邻的情况）：
将两个2视为一个整体（即“超级元素”），这样剩下的元素为1，3，3，3和这个“超级元素”，共5个元素.
其中三个3是重复的，因此符合条件的排列数为：，所以符合条件的排列数除以总排列数：.
方法二：
考虑两个2的位置组合，共有种可能的位置组合，其中相邻的位置对数为5种，概率为：，
因此，数字2，2恰好相邻的概率为.
故选：D.
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，得，
又，则，
，
.
故选：D.
8. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，
，
，则，
又，，
.
故选：C.
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. 已知向量，，则（ ）
A. 当时，
B. 当时，
C. 当时，在方向上的投影向量为
D. 当与夹角为锐角时，
【答案】AC
【解析】对于A，由，则，解得，故A正确；
对于B，，，
，解得或，故B错误；
对于C，当时，，
则由投影向量公式得在方向上的投影向量为，故C正确；
对于D，当与夹角为锐角时，则，且与不同向，
∴2+x>02x-1≠0，解得且，故D错误.
故选：AC.
10. 设为坐标原点，椭圆：的左右焦点分别为，，点为定点，而点在椭圆上，且位于第一象限，若，则（ ）
A.
B.
C. 当的面积为时，的方程为
D. 当轴时，的离心率
【答案】ACD
【解析】对于A，由，则，又，
所以，即，，故A正确；
对于B，由对称性可得，所以点在以点为圆心，为半径的圆上，
，故B错误；
对于C，因为，由椭圆焦点三角形面积公式得，
，解得，则，
所以椭圆方程为，故C正确；
对于D，当轴时，可得，由椭圆焦点三角形面积公式得，
即，解得，
，则，解得，故D正确.
故选：ACD.

11. 三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现，当内一点满足条件：时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角所对的边分别为，记的面积为，点是的布洛卡点，布洛卡角为，则（ ）
A. 当时，
B. 当且时，
C. 当时，
D. 当时，
【答案】ABC
【解析】A选项，当时，是等腰三角形，，
因为，，
所以，
又因为，所以，
所以，即，故A正确；
B选项，当时，由A选项知，，
因为，所以，设，则，
因为，所以，所以
又因为，所以，，
在中，由正弦定理得，即，
即，所以，
在中，，
由正弦定理得，所以，
由余弦定理得，
所以，联立，解得，
故B正确；
C选项，当时，
所以，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
相加得，
即，C正确；
D选项，当时，若，
此时，
在中，由正弦定理得，所以，
所以，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. 已知随机变量服从正态分布，且，则______.
【答案】0.04
【解析】因为，所以，
所以
故答案为：.
13. 设，分别是双曲线：的左、右焦点，为坐标原点，点在双曲线的渐近线上，，则的离心率为______.
【答案】
【解析】设，
由，则，
，解得，
在中，由余弦定理得，
，即，
.
故答案为：.
14. 已知实数a，b，c满足，，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】因为，所以，因为，所以，
所以，整理得，
因为，
解得，
，
设，则，
令得或，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
因为，，
，，
所以，，
所以的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题：本题共小题，共分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知数列的前项和，数列是正项等比数列，满足，.
（1）求，的通项公式；
（2）设，记数列的前项和为，求.
解：（1）因为，
所以时.
当时，，
所以，
，满足，所以，
数列是正项等比数列，.
所以公比，.
（2）由（1）知，
，
.
16. 某社区为推行普法宣传，举办社区“普法”知识竞赛.有A，B两类问题.每位参加比赛的选手先在两类问题中选择一类并从该类问题中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该选手比赛结束；若回答正确则继续从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该选手比赛结束. 类问题中的每个问题回答正确得40分，否则得0分；类问题中的每个问题回答正确得60分，否则得0分.设选手李华能正确回答类问题的概率为，能正确回答类问题的概率为，参赛选手能正确回答问题的概率与回答顺序无关.
（1）当时，求李华先回答类问题累计得分为100分的概率；
（2）若李华先回答类问题累计得分的期望大于先回答类问题累计得分的期望，求的取值范围.
解：（1）由题知：回答A类问题累计得分为100分概率：
.
（2）先回答A类问题累计得分记为变量，的值为0，40，100
，
，
，
，
先回答B类问题累计得分记为变量，的值为0，60，100
，
，
，
，
由，
所以，
解得：.
17. 已知函数，.
（1）若存在极小值，且极小值为，求；
（2）若，求的取值范围.
解：（1），，
当时，，所以函数无极值，
当时，由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，解得.
（2）由，得，即，，
设，，
则，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
所以，则，
所以的取值范围为.
18. 如图，在平面四边形中，是等边三角形，是等腰三角形，且，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点.
（1）若，求证：平面平面；
（2）若，记的重心为，若，求与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面夹角正切的最大值.
（1）证明：设等边三角形的边长为2，
则，连接交于点.
因为是等腰三角形，所以，即，
因为，，.
所以，，
，面，
所以面，因为面，
所以面面.
（2）解：在中，，，，
由余弦定理得，所以，
所以三棱锥为正三棱锥.
因为是的重心，
所以面，则，
连接并延长交于，
连接，可得，，
所以面，
所以面面，过作，
因为面面，面，
所以面.
取的中点为，由题意知是的中点.
所以，所以所求线面角.
在中，，，
所以.
（3）解：因为，设，过作.
因为，可得平面，
所以平面平面，所以平面，
可得，，
过作，连接，
易得，可得为所求夹角.
在中，，，
所以，
，
所以，解得，
所以平面与平面夹角正切的最大值.
19. 已知抛物线：，过点作的切线，切点分别为，，且.
（1）求的方程；
（2）设，为上两点，为线段的中点（不在轴上），为坐标原点，直线交于点，直线与直线交于点，直线与直线交于点.
（ⅰ）设，求的最小值；
（ⅱ）求证：.
解：（1）由题知，轴，设切点，则，
由，则，所以，
，可得，
所以抛物线的方程为.
（2）（ⅰ）设方程为，，，
由，整理得，
于是，，，.
因为，
，
即，
又，所以.
于是，，
所以当时，的最小值为.
（ⅱ）法一，由（ⅰ）知直线的方程为，，，
设，，又，
所以直线方程为，代入抛物线方程可得.
又直线的斜率，
设直线的方程为，直线的方程为.
将直线的方程代入直线的方程，可得，，
于是可得.同理.
所以直线的斜率
.
所以.
法二（极点极线）
因为，
所以点关于曲线的极线的方程为，
即，又因为直线的斜率，
所以，于是.