四川省广安市2024-2025学年高二下学期期末考试（高三零诊）数学试卷（含答案）

这是一份四川省广安市2024-2025学年高二下学期期末考试（高三零诊）数学试卷（含答案），文件包含SX0docx、字节广安零诊数学答题卡pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
字节教育·广安市2025年高2023级第零次诊断性模拟考试
数学试题

本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟。
注意事项:
答题前, 务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上, 将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
选择题必须使用2B铅笔填涂对应题目的答案标号，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号;。
非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写, 字体工整、笔迹清楚。请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答, 超出答题区域书写的答案无效; 在草稿纸、试卷上答题无效。
保持卡面清洁, 不要折叠, 不要弄破、弄皱, 不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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，只有一项
符合要求。
1．随着Deepseek的流行，各种AI大模型层出不穷，现有甲、乙两个AI大模型，在对甲、乙两个大模型进行深度体验后，6位评委分别对甲、乙进行打分（满分10分），得到如图所示的统计表格，则下列结论不正确的是
A．甲得分的平均数大于乙得分的平均数
B．甲得分的众数大于乙得分的众数
C．甲得分的中位数大于乙得分的中位数
D．甲得分的方差大于乙得分的方差
2．若复数z满足1+ i z = i，则z的虚部为
A．B．1C．- iD．i
3．已知集合，，则
A．B．C．D．
4．下列各组中，不同解的是
A．与
B．与
C．与或
D．与
5．在△ABC中，，则
A．B．C．D．或
6．若F是抛物线的焦点，P是抛物线C上任意一点，的最小值为
，且A，B是抛物线C上两点，，则线段的中点到y轴的距离为
A．3B．2C．D．
7．已知等差数列的前项和为，且，则
A．52B．96C．106D．120
8．已知，且，则
A．3B．2C．D．
​
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分。
9．已知数列中，，，则下列结论正确的是
A．B．是递增数列
C．D．
10．已知函数，则下列说法正确的是
A．若，则
B．的图象关于原点对称
C．若，则
D．，都有成立
11．已知△ABC是边长为2的等边三角形，分别是边的中点，则不正确的是
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．已知向量，，，若，则实数 ．
13．若函数，则曲线在点处的切线方程为 ．
14．如图，四边形是边长为的正方形，半圆面平面，点为半圆弧AD上一动点（点与点，不重合），当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤。
15.（13分）
已知函数（，）的图象的两条相邻对称轴之间的距离是，将图象上所有的点先向右平移个单位长度，再将所得图象上所有的点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，且为偶函数．
（1）求的解析式；
（2）若不等式对恒成立，求的取值范围．
16.（15分）
已知椭圆的一个顶点,过左焦点且垂直于x轴的直线截
椭圆C得到的弦长为2,直线与椭圆C交于不同的两点M,N.
（1）求椭圆C的方程;
（2）当的面积为时,求实数k的值.
17.（15分）
如图1，在直角梯形中，为
的中点，将沿折起，使，如图2，连接.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的大小
18.（17分）
已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：.
19.（17分）
某商场推出购物抽奖促销活动，活动规则如下：
①顾客在该商场内的消费额每满100元，可获得1张奖券；
②每张奖券可以进行1次抽奖活动，即从装有4个白球、2个红球的盒子中，随机摸取1个球（每个球被摸到的可能性相同）．奖励规则：若摸出白球，则没有中奖，摸出的白球放回原盒子中，本张奖券抽奖活动结束；若摸出红球，则中奖，获得礼品1份，且摸出的红球不放回原盒子中，同时得到一次额外的抽奖机会（该抽奖机会无需使用新的奖券），继续从当前盒子中随机摸取1个球，其奖励规则不变；
③从第二张奖券开始，使用每张奖券抽奖时均在前一张奖券抽奖活动的基础上进行；
④若顾客获得2份礼品（即该顾客将2个红球都摸出）或使用完所获奖券，则该顾客本次购物的抽奖活动结束．
（1）顾客甲通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“甲使用第2张奖券抽奖，中奖"的概率；
（2）顾客乙通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”的概率；
（3）顾客丙消费了1000元，设表示顾客丙在这次抽奖活动中所使用奖券的数量，求的分布列及其期望．
评委编号
和
模型名称
1
2
3
4
5
6
甲
7.0
9.3
8.3
9.2
8.9
8.9
乙
8.1
9.1
8.5
8.6
8.7
8.6
绝密★考试启用前
字节教育·广安市2025年高2023级第零次诊断性模拟考试
数学试题答案解析与评分标准
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
符合要求。
1．A
【分析】根据已知数据分别应用中位数，众数，平均数及方差定义分别计算判断各个选项.
【解析】甲、乙的得分从小到大排列如下：
甲：，乙：，
甲得分的中位数为，乙得分的中位数为，甲得分的中位数大于乙得分的中位数，故C正确；
甲得分的众数，乙得分的众数为，甲得分的众数大于乙得分的众数，故B正确；
甲得分的平均数，
乙得分的平均数，所以甲得分的平均数等于乙得分的平均数，故A错误；
甲的方差，
乙的方差为
故甲得分的方差大于乙得分的方差，故D正确.
故选：A.
2．B
【分析】先求出，结合虚部的概念可得答案.
【解析】因为，所以，所以的虚部为1.
故选：B
3．B
【分析】利用指数函数单调性解不等式可得集合，再由交集运算可得结果.
【解析】由，得，所以，
所以．
故选：B．
4．D
【分析】A中，可判断两个不等式的解集相同；
B中由于与等价，可得两个不等式的解集相同；
C中根据绝对值不等式等价于或知：两个不等式的解集相同；
D中由知两个不等式不同解，由此可得选项.
【解析】对于A：，所以与两个不等式的解集相同；
对于B：因为与等价，所以与两个不等式的解集相同；
对于C：根据绝对值不等式等价于或知：与或的解集相同；
对于D：根据知：等价于且，所以D中的两个不等式不同解，
故选D.
【方法点拨】本题考查不等式的同解问题，注意分式不等式中的分母的符号的判断和分母不为0的要求，绝对值不等式的基本等价转化的形式，属于基础题.
5．D
【分析】利用余弦定理列方程，求解即得.
【解析】由余弦定理，，
即，解得.
故选：D.
6．B
【分析】根据题意可知，利用抛物线的定义和梯形的中位线即可求解.
【解析】根据抛物线性质可知：的最小值为，所以由题意可得：，
如图，取中点E，分别过点A、B、E作于点D、C、G，与y轴交于点H，
根据抛物线的定义可得：，，
因为为梯形的中位线，所以，
所以线段的中点到y轴的距离.
故选：B.
7．B
【分析】先由题设结合等差数列下标和性质得，再结合等差数列前n项和公式即可求解.
【解析】由题得，
所以，则.
故选：B
8．C
【分析】由同角三角函数的平方关系和二倍角正弦公式求出，再由二倍角的余弦公式代入化简，结合同角三角函数的基本关系即可求出答案.
【解析】因为，
所以，所以，
又，解得：，
因为，所以,所以，
所以.
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分。
9．BD
【分析】根据题意，化简得到，得到表为等比数列，进而求得数列的通项公式，结合选项，逐项判定，即可求解.
【解析】由，可得，则，
又由，可得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
由，所以A不正确；
由，即，所以是递增数列，所以B正确；
由，所以C错误；
由，，所以，所以D正确.
故选：BD.
10．CD
【分析】利用正弦函数的性质，结合相位的取值范围来研究正弦型函数的单调性，对称性和值域，从而来判断各选项即可.
【解析】对于A，若，则，
所以，或，
即，或，故A错误；
对于B，又，
由于，所以不可能是奇函数，
则的图象不可能关于原点对称，故B错误；
对于C，当时，，满足是正弦函数的增区间的子集，
所以函数在上单调递增，故C正确；
对于D，因为，所以，
故，所以，
又，即，
所以，都有成立，故D正确．
故选：CD．
11．ABC
【分析】根据向量的运算法则得到ABC错误，由向量数量积的定义式可得D正确，
【解析】对选项A：，故A错误；
对选项B：，故B错误；
对选项C：，故C错误；
对选项D：，故D正确.
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．/-0.5
【分析】根据向量线性运算的坐标运算及向量共线的性质直接求得参数值.
【解析】由，，，
则，
又，
则，
解得，
故答案为：.
13．
【分析】求导，令，求得，进而可求解.
【解析】因为，
所以，
令，得，解得，
所以，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
故答案为：
14．
【分析】做交于可得平面，连接，以点为原点，为轴，过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，设，由射影定理可得，由得，求出，利用基本不等式可得直线与平面所成角最大时的值，取的中点，连接，可得四棱锥外接球的球心为点，球心到平面的距离等于到平面的距离的，求出，设截面半径为，由可得答案．
【解析】做交于，因为半圆面平面，所以平面，
连接，以点为原点，为轴，过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，设，
则，在直角三角形内，由射影定理可得，
即，所以，，，，
，， ，
所以，所以，即，
所以
，
因为，所以，
所以，
当且仅当即等号成立，且取得最小值，
直线与平面所成角最大，
取的中点，连接，则，
所以四棱锥外接球的球心为点，
因为，，，平面，
所以平面，
设球心到平面的距离为，所以等于到平面的距离的，
因为，
，所以，设截面半径为，
则有，
所以截面的面积．
故答案为：.
【方法点拨】关键点：解题的关键是熟悉四棱锥的性质，即外接球的球心在DB上，根据勾股定理，可求得外接球半径r，再根据球的几何性质，求解即可，考查空间想象，计算求解的能力，属于难题．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤。
15．（满分13分）
【分析】（1）通过周期求出，利用图象平移，借助偶函数求出;
（2）将恒成立转化为最值问题，借助基本不等式求解即可.
【参考答案】
（1）由，得，则，———————————（1分）
则，—————————————（3分）
因为为偶函数，所以（）， ——————————————（4分）
解得（），因为，所以，———————————（5分）
则． ————————————————————————（6分）
（2）因为，所以，
则不等式对恒成立可转化为
对恒成立，即，————（9分）
因为，
当且仅当，即时，等号成立，————————————（12分）
所以，即的取值范围为．—————————————————（13分）
16．（15分）
【分析】
(1)易得，可得b的值，可得椭圆C的方程；
(2) 设，联立直线与椭圆由根与系数的关系,得的值，由的面积为可得实数k的值.
【参考答案】
(1)∵,,∴.椭圆——————————————（4分）
(2)设,则由消y, ——————————————（6分）
得—————————————————————（7分）
∵直线恒过椭圆内一点,∴恒成立. ———————————（9分）
由根与系数的关系,得————————————（10分）
———————————————————（12分）
—————————————（14分）
即,解得.（15分）
【方法点拨】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、三角形面积计算公式、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
17．（15分）
【分析】（1）证明，得到平面，得到面面垂直.
（2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，再计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【参考答案】
（1）交于点，故平面，——————（1分）
又平面，故，交于点， ——————（2分）
故平面，平面，故平面平面.———————（4分）
（2）平面，过作平面的垂线为轴，以为原点，分别为轴，轴建立如图所示空间直角坐标系. ———————————————（5分）
—————————————————————（6分）
设，则，
解得，，—————————（8分）
，，
设平面的法向量，则有，—（10分）
取，（11分）
设平面的法向量，则有，-（13分）
取，
，———————————————————（14分）
根据观察知，二面角的平面角为锐角，
故二面角的大小是. ————————————————————（15分）
18．（17分）
【分析】（1）显然，，可分和分别讨论函数的单调性;
（2）当时，要证：，
只需证：，由（Ⅰ）易知，
所以即证：，从而设求最小值即可.
【参考答案】
（1）显然，，————————（1分）
当时，，在上单调递减；————————————（2分）
当时，由得 —————（3分）
当时，，在上单调递减；——————————（4分）
当时，，在上单调递增．————————（5分）
（2）当时，要证：，——————————————（6分）
只需证：，————————————————————（8分）
由（1）易知，———————————————（9分）
所以即证：，————————————————————（10分）
设， ——————————————————————（12分）
则，令得得， —————————（13分）
当时，，在上单调递减； —————————（14分）
当时，， 在上单调递增．———————（15分）
，即，即，所以—————————————————————————（17分）
【方法点拨】本题主要考查函数与导数的应用，意在考查学生的计算能力和逻辑分析能力，具有较高的思维技巧，对学生分类讨论的能力要求较高.
19．（17分）
【分析】（1）根据古典概型，分别确定每个子事件发生的概率，再利用分步乘法计数原理，将两个子事件的概率相乘，从而得到目标事件的概率.
（2）“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”存在多种实现路径，通过细致分析抽奖规则，将其分为“第1张未中奖，第2、3张中奖”和“第1张中奖，第2张未中奖，第3张中奖”这两种互斥情况,计算可求得结果;
（3）依据抽奖规则和题目设定，明确随机变量所有可能的取值为1、2、3,概率求解：对每个取值，分析其对应的抽奖过程和结果，利用古典概型及分步乘法计数原理计算相应的概率，进而构建出的分布列和期望.
【参考答案】
（1）设事件“甲使用第张奖券抽奖，中次奖”，————（1分）
则所求事件为，其概率为． ——————————————————（3分）
（2）设事件“乙使用第张奖券抽奖，中次奖”，———（4分）
则所求事件为，其概率为． ————————————（6分）
（3）由题意可知的所有可能取值为1，2，⋯，10． ————————————（7分）
当时，表示顾客丙使用张奖券将2个红球全部摸出；—————————（8分）
当时，表示顾客丙使用第10张奖券抽奖时盒子里有1个或2个红球． ——（9分）
设事件“顾客丙使用第张奖券抽奖时盒子里有2个红球”的概率为，事件“顾客丙使用第张奖券抽奖时盒子里有1个红球”的概率为，—————————（10分）
则，，，，
∴，，——————————（11分）
∴，
∴，， ————————————————（12分）
∴，，
∴； ————（13分）
∴
，——————————（14分）
设，
∴，
∴，∴， ———————（15分）
设，
∴，
∴，∴，————————（16分）
∴
.——————————————（17分）1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
A
B
B
D
D
B
B
C
BD
CD
ABC