2025-2026学年河北省保定市高三第二次诊断性检测数学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年河北省保定市高三第二次诊断性检测数学试卷（含答案解析），共12页。试卷主要包含了某空间几何体的三视图如图所示，给定下列四个命题，若复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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12小题，每小题5分，共60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．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
2．函数满足对任意都有成立，且函数的图象关于点对称，，则的值为（ ）
A．0B．2C．4D．1
3．已知集合，定义集合，则等于（ ）
A．B．
C．D．
4．某空间几何体的三视图如图所示（图中小正方形的边长为1），则这个几何体的体积是（ ）
A．B．C．16D．32
5．将函数的图象先向右平移个单位长度，在把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，，若，则向量在向量方向的投影为（ ）
A．B．C．D．
7．已知斜率为的直线与双曲线交于两点，若为线段中点且（为坐标原点），则双曲线的离心率为（ ）
A．B．3C．D．
8．给定下列四个命题：
①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面相互平行；
②若一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面相互垂直；
③垂直于同一直线的两条直线相互平行；
④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．
其中，为真命题的是( )
A．①和② B．②和③ C．③和④ D．②和④
9．若复数满足，则（其中为虚数单位）的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
10．设，为非零向量，则“存在正数，使得”是“”的（ ）
A．既不充分也不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．充分不必要条件
11．已知数列为等比数列，若，且，则（ ）
A．B．或C．D．
12．某大学计算机学院的薛教授在2019年人工智能方向招收了6名研究生.薛教授欲从人工智能领域的语音识别、人脸识别，数据分析、机器学习、服务器开发五个方向展开研究，且每个方向均有研究生学习，其中刘泽同学学习人脸识别，则这6名研究生不同的分配方向共有（ ）
A．480种B．360种C．240种D．120种
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，已知扇形的半径为1，面积为，则_____.
14．已知数列的前项和为，，且满足，则数列的前10项的和为______.
15．从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为__________.
16．函数的定义域为____.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）设点，直线与曲线交于，两点，求的值.
18．（12分）已知函数的图象向左平移后与函数图象重合.
（1）求和的值；
（2）若函数，求的单调递增区间及图象的对称轴方程.
19．（12分）已知点为圆：上的动点，为坐标原点，过作直线的垂线（当、重合时，直线约定为轴），垂足为，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求点的轨迹的极坐标方程；
（2）直线的极坐标方程为，连接并延长交于，求的最大值.
20．（12分）已知椭圆，上、下顶点分别是、，上、下焦点分别是、，焦距为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）若为椭圆上异于、的动点，过作与轴平行的直线，直线与交于点，直线与直线交于点，判断是否为定值，说明理由.
21．（12分）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上上一点，且点的横坐标为，.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点的直线与抛物线交于、两点，过点且与直线垂直的直线与准线交于点，设的中点为，若、、四点共圆，求直线的方程.
22．（10分）如图，在长方体中，，为的中点，为的中点，为线段上一点，且满足，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A
【解析】
由已知可得，根据二倍角公式即可求解.
【详解】
角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，
终边经过点，则，
.
故选：A.
本题考查三角函数定义、二倍角公式，考查计算求解能力，属于基础题.
2．C
【解析】
根据函数的图象关于点对称可得为奇函数，结合可得是周期为4的周期函数，利用及可得所求的值.
【详解】
因为函数的图象关于点对称，所以的图象关于原点对称，
所以为上的奇函数.
由可得，故，
故是周期为4的周期函数.
因为，
所以.
因为，故，
所以.
故选：C.
本题考查函数的奇偶性和周期性，一般地，如果上的函数满足，那么是周期为的周期函数，本题属于中档题.
3．C
【解析】
根据定义，求出，即可求出结论.
【详解】
因为集合，所以，
则，所以.
故选:C.
本题考查集合的新定义运算，理解新定义是解题的关键，属于基础题.
4．A
【解析】
几何体为一个三棱锥，高为4，底面为一个等腰直角三角形，直角边长为4，所以体积是，选A.
5．A
【解析】
根据y=Acs（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，根据定义域求出的范围，再利用余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围．
【详解】
函数的图象先向右平移个单位长度，
可得的图象，
再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变)，
得到函数的图象，
∴周期，
若函数在上没有零点，
∴ ，
∴ ，
，解得，
又，解得，
当k=0时，解，
当k=-1时，，可得，
.
故答案为：A.
本题考查函数y=Acs（ωx+φ）的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，属于较难题.
6．B
【解析】
由，，，再由向量在向量方向的投影为化简运算即可
【详解】
∵∴，∴，
∴向量在向量方向的投影为.
故选：B.
本题考查向量投影的几何意义，属于基础题
7．B
【解析】
设，代入双曲线方程相减可得到直线的斜率与中点坐标之间的关系，从而得到的等式，求出离心率．
【详解】
，
设，则，
两式相减得，
∴，．
故选：B．
本题考查求双曲线的离心率，解题方法是点差法，即出现双曲线的弦中点坐标时，可设弦两端点坐标代入双曲线方程相减后得出弦所在直线斜率与中点坐标之间的关系．
8．D
【解析】
利用线面平行和垂直，面面平行和垂直的性质和判定定理对四个命题分别分析进行选择．
【详解】
当两个平面相交时，一个平面内的两条直线也可以平行于另一个平面，故①错误；由平面与平面垂直的判定可知②正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线还可以相交或者异面，故③错误；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故④正确．综上，真命题是②④.
故选：D
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．
9．B
【解析】
根据复数的几何意义可知复数对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，再根据复数的几何意义即可确定，即可得的最大值.
【详解】
由知，复数对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，
表示复数对应的点与点间的距离，
又复数对应的点所在圆的圆心到的距离为1，
所以.
故选：B
本题考查了复数模的定义及其几何意义应用，属于基础题.
10．D
【解析】
充分性中，由向量数乘的几何意义得，再由数量积运算即可说明成立；必要性中，由数量积运算可得，不一定有正数，使得，所以不成立，即可得答案.
【详解】
充分性：若存在正数，使得，则，，得证；
必要性：若，则，不一定有正数，使得，故不成立；
所以是充分不必要条件
故选：D
本题考查平面向量数量积的运算，向量数乘的几何意义，还考查了充分必要条件的判定，属于简单题.
11．A
【解析】
根据等比数列的性质可得，通分化简即可.
【详解】
由题意，数列为等比数列，则，
又，即，
所以，，
.
故选：A.
本题考查了等比数列的性质，考查了推理能力与运算能力，属于基础题.
12．B
【解析】
将人脸识别方向的人数分成：有人、有人两种情况进行分类讨论，结合捆绑计算出不同的分配方法数.
【详解】
当人脸识别方向有2人时，有种，当人脸识别方向有1人时，有种，∴共有360种.
故选：B
本小题主要考查简单排列组合问题，考查分类讨论的数学思想方法，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
根据题意，利用扇形面积公式求出圆心角，再根据等腰三角形性质求出，利用向量的数量积公式求出.
【详解】
设角， 则，
，
所以在等腰三角形中，，
则.
故答案为：.
本题考查扇形的面积公式和向量的数量积公式，属于基础题.
14．1
【解析】
由得时，，两式作差，可求得数列的通项公式，进一步求出数列的和．
【详解】
解：数列的前项和为，，且满足，①
当时，，②
①-②得：，
整理得：（常数），
故数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以（首项不符合通项），
故，
所以：，
故答案为：1．
本题主要考查数列的通项公式的求法及应用，数列的前项和的公式，属于基础题．
15．
【解析】
基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，由此能求出抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率．
【详解】
从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，
基本事件总数，
抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，分别为：
，，，，，，，，，，
则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为．
故答案为：
本题考查古典概型概率的求法，考查运算求解能力，求解时注意辨别概率的模型．
16．
【解析】
由题意得，解得定义域为．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）；（2）
【解析】
（1）利用参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化公式即可；
（2）将直线参数方程代入圆的普通方程，可得，，而根据直线参数方程的几何意义，知，代入即可解决.
【详解】
（1）直线的参数方程为（为参数），
消去；得
曲线的极坐标方程为.
由，，，
可得，即曲线的直角坐标方程为；
（2）将直线的参数方程（为参数）代入的方程，
可得，，
设，是点对应的参数值，
，，则.
本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，直线参数方程的几何意义，是一道容易题.
18．（1），；（2），，.
【解析】
（1）直接利用同角三角函数关系式的变换的应用求出结果．
（2）首先把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果．
【详解】
（1）由题意得，
，
（2）
由，解得，
所以对称轴为，.
由，
解得，
所以单调递增区间为.,
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．
19．（1）；（2）
【解析】
（1）设的极坐标为，在中，有，即可得结果；
（2）设射线：，，圆的极坐标方程为，联立两个方程，可求出，联立可得，则计算可得，利用三角函数的性质可得最值.
【详解】
（1）设的极坐标为，在中，有，
点的轨迹的极坐标方程为；
（2）设射线：，，圆的极坐标方程为，
由得：，
由得：，
，
，
当，即时，，
的最大值为.
本题考查极坐标方程的应用，考查三角函数性质的应用，是中档题.
20．（1）；（2），理由见解析.
【解析】
（1）求出椭圆的上、下焦点坐标，利用椭圆的定义求得的值，进而可求得的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）设点的坐标为，求出直线的方程，求出点的坐标，由此计算出直线和的斜率，可计算出的值，进而可求得的值，即可得出结论.
【详解】
（1）由题意可知，椭圆的上焦点为、，
由椭圆的定义可得，可得，，
因此，所求椭圆的方程为；
（2）设点的坐标为，则，得，
直线的斜率为，所以，直线的方程为，
联立，解得，即点，
直线的斜率为，直线的斜率为，
所以，，，
因此，.
本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中定值问题的求解，考查计算能力，属于中等题.
21．（1）（2）
【解析】
（1）由抛物线的定义可得，即可求出，从而得到抛物线方程；
（2）设直线的方程为，代入，得.
设，，列出韦达定理，表示出中点的坐标，若、、、四点共圆，再结合，得，则即可求出参数，从而得解；
【详解】
解：（1）由抛物线定义，得，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为，代入，得.
设，，则，.
由，，得
，
所以.
因为直线的斜率为，所以直线的斜率为，则直线的方程为.
由解得.
若、、、四点共圆，再结合，得，
则，解得，
所以直线的方程为.
本题考查抛物线的定义及性质的应用，直线与抛物线综合问题，属于中档题.
22．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）解法一： 作的中点，连接，.利用三角形的中位线证得，利用梯形中位线证得，由此证得平面平面，进而证得平面.解法二：建立空间直角坐标系，通过证明直线的方向向量和平面的法向量垂直，证得平面.
（2）利用平面和平面法向量，计算出二面角的余弦值.
【详解】
（1）法一：作的中点，连接，.又为的中点，∴为的中位线，∴，又为的中点，∴为梯形的中位线，∴，在平面中，，在平面中，，∴平面平面，又平面，∴平面.
另解：（法二）∵在长方体中，，，两两互相垂直，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，
，，，
，，，
，，.
（1）设平面的一个法向量为，
则，
令，则，.∴，又，
∵，，又平面，平面.
（2）设平面的一个法向量为，
则，
令，则，.∴.
同理可算得平面的一个法向量为
∴，
又由图可知二面角的平面角为一个钝角，
故二面角的余弦值为.
本小题考查线面的位置关系，空间向量与线面角，二面角等基础知识，考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力，数形结合思想，化归与转化思想.