四川省宜宾市2025届高三下学期第二次诊断性测试数学试卷（Word版附解析）

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（考试时间：120分钟；全卷满分：150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的考号、姓名、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合，再根据集合的交集运算求解.
【详解】由，可得，，
.
故选：D.
2. 设i为虚数单位，若，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算和复数模的计算公式即可求得.
【详解】，
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】
【分析】设圆锥底面圆的半径为，求出侧面积和表面积得解.
【详解】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】
【分析】根据赋值法，分别令，求解可得.
【详解】由，
令，得，
令，得，
故选：D.
5. 若是偶函数，则（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据偶函数定义，列式运算得解.
【详解】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】
【分析】方法一：利用有重复元素的排列数公式分别计算总排列数和符合条件的排列数，求得概率；方法二：只考虑两个2的位置可能情况和相邻的情况种数，得到概率.
【详解】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】
【分析】根据条件结合两角差的余弦公式求出，进一步可得，再利用二倍角公式化简运算得解.
【详解】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】
【分析】根据题意，可判断，，得解.
详解】，
，
，则，
又，，
.
故选：C.
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】
【分析】对A，根据两向量平行的坐标公式求解；对B，由向量模的坐标公式求解；对C，根据投影向量的定义求解；对D，根据，且与不同向，运算求解.
【详解】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，，
所以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，
，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】
【分析】对A，根据题意，可求得得解；对B，根据题意可得点在以点为圆心，为半径的圆上，求得，得解；对C，由椭圆焦点三角形面积公式求得，进而求出得解；对D，根据题意可得，结合椭圆焦点三角形面积公式求得，进而得解.
【详解】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】
【分析】由两角相等得到三角形相似，再由边对应成比例可得A选项；设，由三角形相似表示出，在中由正弦定理表示出，在中由余弦定理得到与的关系，结合求出；C选项，由，在结合余弦定理即可证明；D选项，通过取特殊值举反例即可判断错误.
【详解】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】
【分析】由正态分布的对称性，代入数据计算可得.
【详解】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】
【分析】设，根据，结合余弦定理求得，进而求出，可得得解.
【详解】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】
【分析】根据，，得到，利用得到的取值范围，将表示成关于的三次函数，利用导数求最值即可求得取值范围.
【详解】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，，
，，
所以，，
所以的取值范围是.
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，记数列前项和为，求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由数列通项公式与求和公式的关系求出，以及等比数列的通项公式求出，可得答案；
（2）由分组求和，利用等差数列与等比数列的求和公式，可得答案.
【小问1详解】
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，.
【小问2详解】
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期望大于先回答类问题累计得分的期望，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由相互独立事件的概率计算公式代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，分别求得先回答类问题得分期望以及先回答类问题得分期望，列出不等式，然后代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
由题知：回答A类问题累计得分为100分的概率：
.
【小问2详解】
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，判断函数的单调性，结合极小值为求解；
（2）将不等式分离参数，得，设，，利用导数求出最值得解.
【小问1详解】
，，
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.
【小问2详解】
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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设等边三角形的边长为2，由勾股定理证明，利用线面垂直的判定定理证明面，根据面面垂直的判定定理得证；
（2）根据题意，可证，即三棱锥为正三棱锥，连接并延长交于，可证面面，过作，证明面，取的中点为，可得，所以为所求线面角，运算得解；
（3）设，过作，过作，连接，可证为所求夹角，在中，可得，由三角函数有界性求出的最大值，得解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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，所以为所求线面角.
在中，，，
所以.
【小问3详解】
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：.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，可设，得，利用导数求出切线的斜率结合斜率公式求出得解；
（2）（ⅰ）设方程为，与抛物线方程联立，利用弦长公式求出，得到，利用建立关系式求解；（ⅱ）法一，设出直线直线，，的方程求出点的坐标，利用斜率公式求解得证；法二，利用极点极线法，求出点关于曲线的极线的方程，得证.
【小问1详解】
由题知，轴，设切点，则，
由，则，所以，
，可得，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
（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.