海南省2024-2025学年高三上学期学业水平诊断（二）数学试题

这是一份海南省2024-2025学年高三上学期学业水平诊断（二）数学试题，共17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。

一、单选题
1．复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．如图是一个中国古典园林建筑中常见的圆形过径门，已知该门的最高点到地面的距离为米，门在地面处的宽度为米.现将其截面图放置在直角坐标系中，以地面所在的直线为轴，过圆心的竖直直线为轴，则门的轮廓所在圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．记等差数列的前项和为，已知，则（ ）
A．5B．6C．7D．8
6．如图，在三棱柱中，点在棱上，且分别是棱的中点，点在棱上，若平面CDE，则（ ）

A．B．C．D．
7．已知抛物线的焦点为，点P，Q在的准线上且关于轴对称，，线段与分别相交于点，且，则的周长为（ ）
A．B．C．D．
8．若，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知、是两个不同的平面，是一条直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，则
10．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．
C．的最小正周期为D．在区间上单调递增
11．已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的右支交于两点（在第四象限），若，则（ ）
A．B．的面积为
C．的离心率为D．直线AB的斜率为
三、填空题
12．已知一组数据的中位数是3，则这组数据的平均数为 .
13．已知为奇函数，若与的图象有10个交点，设交点的横坐标从小到大依次为，则 .
14．已知正三棱锥的三个侧面均为直角三角形，过点作一平面，点在该平面的同一侧，且到平面的距离分别为1，2，3，则 .
四、解答题
15．设数列的前项和为，已知.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
16．在中，内角所对的边分别为，已知.
(1)证明：；
(2)如图，若，点在边BC上，且的面积为，求的周长.
17．已知函数.
(1)当时，求的极值；
(2)若对任意，不等式恒成立，求实数的值.
18．如图（1），正方形的边长为，是的中点，点在边上且.将沿折起到图（2）中的位置，使得平面平面.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)如图（2），点在线段上，过点、的平面截四棱锥所得的截面是一个直角三角形，在图中画出这个直角三角形.（请在答题卡指定位置作图，不必说明画法和理由）
19．定义：对椭圆及任意一点，称直线为关于点的“极线”.
结论1：若点在椭圆上，则关于点的极线就是在点处的切线.
结论2（椭圆的光学性质）：从椭圆一个焦点发出的光线照射到椭圆上，其反射光线会经过另一个焦点.
试根据上面的定义和结论解决下列问题：
已知是椭圆的两个焦点，关于点的极线与相交于两点.
(1)求；
(2)设在点处的切线为，在点处的切线为，过在上且在外一点作的两条切线，切点分别为,证明：直线相交于一点；
(3)若是上除顶点以外的任意一点，直线和分别与直线相交于点，证明：为定值.
《海南省2024-2025学年高三上学期学业水平诊断（二）数学试题》参考答案
1．A
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的几何意义可得出结论.
【详解】，故在复平面内对应的点为，
位于第一象限.
故选：A.
2．C
【分析】先解不等式确定集合、，再根据集合的运算法则求
【详解】由题意得，所以，
由，所以，
所以.
所以.
故选：C
3．B
【分析】根据向量数量积的坐标公式计算求出的值，代入坐标，即可求其模长.
【详解】因为，所以，解得，
所以，则.
故选：B.
4．A
【分析】利用勾股定理可构造方程求得半径，进而得到圆心坐标，由此可得圆的方程.
【详解】设该圆的半径为，如图，
由题意知：，，，
由勾股定理得：，即，解得：，
，即圆的圆心为，则圆的方程为.
故选：A.
5．A
【分析】根据等差数列的性质计算．
【详解】设的公差为，由等差数列的性质知，
所以，即，于是有.
故选：A．
6．B
【分析】在平面内，作，与DE交于点，连接CF，证明MFCN是平行四边形，根据梯形中位线可求MF长度，从而得到答案.
【详解】如图所示，在平面内，作，与DE交于点，连接CF，则，所以共面，因为∥平面CDE，由线面平行的性质知，所以MFCN是平行四边形，所以.
又是的中点，所以MF是梯形的中位线，
设，则，即，
所以，所以.
故选：B.
7．C
【分析】先求出p的值，再作AN垂直的准线于点，由，解得，所以，即可求解．
【详解】解：如图所示：
设PQ与轴的交点为，则.
又，
即，解得，
所以.
作AN垂直的准线于点，
则，
解得，
所以，
所以的周长.
故选：C
8．D
【分析】根据给定条件，构造函数利用导数确定单调性，进而比较函数值大小.
【详解】依题意，，
令，则，在上单调递增，
则，即，因此，即；
令，则当时，，函数在上单调递增，
则，因此，即.2，即，
所以.
故选：D
【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.
9．BCD
【分析】利用空间面面位置关系可判断A选项；利用面面垂直的判定定理可判断B选项；利用面面平行的性质可判断C选项；利用线面垂直的性质和线面平行的判定定理可判断D选项.
【详解】对于A选项，若，，则或与相交，故A错误；
对于B选项，因为，，由面面垂直的判定定理可知，故B正确；
对于C选项，因为，，由面面平行的性质定理可知，故C正确；
对于D，若，则存在直线，使得，
因为，所以，又，所以，故D正确.
故选：BCD.
10．AC
【分析】先根据图象求出函数解析式，结合选项逐个验证性质即可.
【详解】对于A，由图可知的最大值为4，又因为，所以，故A正确；
对于B，因为的图象过点，所以，即，
所以，故B错误；
对于C，因为，由“五点法”，可令和分别对应和，
所以解得1，所以的最小正周期为，故C正确；
对于D，结合，可得，
当时，，此区间包含了（函数的一个极值点），
所以不可能在区间上单调递增，故D错误.
故选：AC
11．ABD
【分析】对于A，设，利用双曲线的定义，结合图象和条件求出，即可判断A，对于B，利用A项推出的结论，利用面积公式和计算即得；对于C，在中，利用余弦定理推得即可；对于D，在中，利用余弦定理求得，即可求直线AB的斜率.
【详解】
如图，由题意设，连接，
由题可知，所以，且.
对于A，，故A正确；
对于B，在中，由余弦定理可得，
因，则 ，因，故B正确；
对于C，在中，由余弦定理可得，
所以，即，所以离心率，故C错误；
对于D，由余弦定理，，
因，故，
于是直线AB的斜率为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：解题关键在于充分利用双曲线的定义结合条件将焦半径用同一个量表示，为后续利用正余弦定理解题奠定基础.
12．4
【分析】先由中位数求得，再计算平均数.
【详解】由题意知，得，
所以，
所以平均数为.
故答案为：4.
13．30
【分析】根据奇函数的定义以及图像平移可知与的图像的交点关于点对称，结合对称性即可得结果.
【详解】因为为奇函数，所以的图象关于原点对称，
又的图象可由的图象向右平移3个单位长度得到，
所以的图象关于点对称.
又的图象也关于点对称，
所以与的图象的交点关于点对称，
所以，
故.
故答案为：30.
14．
【分析】以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，设单位向量是平面的一个法向量，则，利用点到平面的距离求出，即可求出侧棱长.
【详解】设三棱锥的侧棱长为，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
设单位向量是平面的一个法向量，
根据空间向量基本定理可知，存在唯一的有序实数组，
使得.
由题意在上的投影向量的长度为1，
所以，即，也即，故.
同理可得.
所以，又，
所以，所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用空间向量法，设单位向量是平面的一个法向量，则，利用点到平面的距离求出，即可求出侧棱长.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据探索数列的特点，再求其通项公式.
（2）求数列的通项公式，再利用分组求和的方法求其前项和.
【详解】（1）当时，，得.
当时，，所以.
所以是以4为首项，4为公比的等比数列，
故.
（2）由已知得，
所以
.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由条件和正弦定理，结合三角恒等变换即可证明；
（2）由a、b、c的关系结合余弦定理可求csC及sinC，根据三角形面积公式可得b与CD的一个关系式，再利用余弦定理得b与CD的另外一个关系式，联立即可求得答案.
【详解】（1）由条件及正弦定理得，
所以，即，
因为，所以，即，
所以.
（2）由（1）及条件知，
所以，
从而得.
设，
则，得.①
由余弦定理得，所以，②
由①②，得，所以，
所以的周长为.
17．(1)极大值为，无极小值
(2)
【分析】（1）求导后，根据正负可得函数单调性，结合极值定义可求得结果；
（2）分别在和的情况下讨论函数单调性，结合最值可确定的取值.
【详解】（1）当时，，则定义域为，，
令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
的极大值为，无极小值.
（2）由题意知：定义域为，；
当时，恒成立，在上单调递增，
又，当时，，不合题意；
当时，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，
，即；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，即，
，即.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)作图见解析
【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，结合以及线面垂直的判定定理可证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；
（3）在平面内作，交或于点，连接，利用平面，结合，可得出平面，结合线面垂直的性质可得出结论.
【详解】（1）因为，平面平面，且平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
又因为，即，
因为，、平面，所以平面.
（2）取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为，
因为平面平面平面，且平面平面，平面，，
所以，平面，
因为，即，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
因为，则，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、.
在中，，，所以，
因为，由勾股定理可得，
所以，，，则，所以，
所以，，
设平面的法向量为m=x,y,z，则，
令，可得.
由（1）知平面，故平面的一个法向量为.
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为
（3）所得的截面为直角三角形，如图所示：
作法：在平面内作，交或于点，连接，
因为平面，，则平面，
因为平面，所以，.
19．(1)3
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先求的方程为，联立可得；
（2）先求得和交于点，再求得直线的方程为，也过，即可证；
（3）在点处的切线方程为，则与平行，由椭圆的光学性质可得，即为定值.
【详解】（1）根据定义，可得的方程为，即，
将其代入的方程得，解得，
不妨取，所以.
（2）根据所给结论可知分别是关于点的极线，
如图（1），取，则.
由解得所以和交于点，
要证明直线相交于一点，只需证明直线过点即可.
设.
根据所给结论，可知直线，直线.
因为直线和都经过点，所以，
所以直线的方程为，将代入，得，方程也成立，
所以直线过点，故直线相交于一点.
（3）由题意，在点处的切线方程为，则与平行，且经过坐标原点.
如图（2）所示，由椭圆的光学性质，可知.
又因为，所以，所以，所以.
过作，与交于点，则，所以.
另一方面，因为，所以，
从而，所以.
因此，故为定值.
【点睛】关键点点睛：本题第二问证明三点共线，先求两条直线的交点，再证交点在第三条直线上即可.第三问先考虑在点处的切线方程为与平行，进而根据椭圆的光学性质和平面几何相关知识可得.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
B
A
A
B
C
D
BCD
AC
题号
11









答案
ABD