贵州省毕节市2024届高三第二次诊断性考试数学试题及答案

这是一份贵州省毕节市2024届高三第二次诊断性考试数学试题及答案，共16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．设集合，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知圆锥的底面圆的面积为，侧面展开图为一个扇形，其面积为，则该圆锥的母线长为（ ）
A．B．C．D．
3．若，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．某学校参加社会实践活动的1名教师和甲、乙、丙、丁4名学生站成一排合影留念，则教师不站在两端，且甲、乙相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知点在圆上，点，，则当最大时，（ ）
A．B．C．D．6
6．数列的前项和为，若，且，则（ ）
A．81B．54C．32D．
7．已知奇函数与偶函数满足，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点作直线交双曲线的右支于点，交轴于点，且满足，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若复数满足，，则（ ）
A．在复平面内，对应的向量与对应的向量所成角的正切值为2
B．在复平面内，对应的点在第四象限
C．的虚部为2
D．的实部为
10．已知，则下列式子中正确的有（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数，方程有两个不等实数根，则下列选项正确的有（ ）
A．B．的取值范围是
C．D．
三、填空题
12．的展开式中，常数项为 （用数字作答）.
13．在中，内角，，的对边分别为，，，若，且，则的面积为 .
14．已知直四棱柱的棱长均4，且，则以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 .
四、解答题
15．某地区工会利用“健步行APP”开展健步走活动.为了解会员的健步走情况，工会在某天从系统中抽取了100名会员，统计了当天他们的步数（千步为单位），并将样本数据分为，，，…，，九组，整理得到如图所示的频率分布直方图.
(1)根据频率分布直方图，估计样本数据的70%分位数；
(2)据统计，在样本数据，，的会员中体检为“健康”的比例分别为，，，以频率作为概率，估计在该地区工会会员中任取一人，体检为“健康”的概率.
16．函数（为实数）.
(1)若，判断直线与的图象是否相切，并说明理由；
(2)若恒成立，求的值.
17．如图所示，在四棱锥中，底面是梯形，且，，若，，.
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的平面角的正弦值.
18．在椭圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，点在线段上，且满足.
(1)当点在椭圆上运动时，求点的轨迹的方程；
(2)若曲线与，轴的正半轴分别交于点，，点是上第三象限内一点，线段与轴交于点，线段与轴交于点，求四边形的面积.
19．若数列每相邻三项满足（，且），则称其为调和数列.
(1)若为调和数列，证明数列是等差数列；
(2)调和数列中，，，前项和为，求证：.
参考答案：
1．D
【分析】
首先求解集合，再根据元素与集合的关系，以及集合的运算，即可求解.
【详解】，解得：，即，，
因为，，所以.
故选：D
2．C
【分析】
根据圆锥的特征，结合底面圆的面积以及扇形面积公式，即可求解.
【详解】设圆锥底面圆的半径为，圆锥母线长为，
由题意可知，解得：，，
所以该圆锥母线长为.
故选：C
3．B
【分析】
首先判断，再由同角三角函数的基本关系求出，最后由二倍角余弦公式计算可得.
【详解】因为，且，
所以，又，解得或（舍去），
又，解得或，
又，所以，所以，所以.
故选：B
4．C
【分析】
利用捆绑法和特殊元素优先的原则，先求满足条件的方法种数，再根据古典概型，即可求解.
【详解】教师和4名学生站成一排一共有种方法，
将甲和乙看成一个元素，有种方法，这样就有4个不同的元素，教师不站两端，则教师有2种方法，其余3个元素有种方法，则满足条件的站法有种，
所以教师不站两端，且甲、乙相邻的概率.
故选：C
5．A
【分析】
先分析直线与圆的位置关系，再数形结合分析最大时的位置，从而利用弦长公式即可得解.
【详解】
因为，，
所以过的直线方程为，即，
而圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离，
所以直线与圆相离，
如图，因为为定值，所以当在处，与圆相切时，最大，
因为，
此时，
故选：A.
6．B
【分析】
由递推关系分别计算出，，，即可.
【详解】当时，有，解得，
当时，有，解得，
当时，有，解得，
当时，有，解得，
故选：B.
7．C
【分析】由题可得 ，，进而可得,，分选项计算即可.
【详解】因为为奇函数，为偶函数，所以， ，
因为 所以 ，
即，所以,
对于A，
，故A错误；
对于B， ，故B错误；
对于C， ，故C正确；
对于 D， ，故D错误.
故选：C.
8．D
【分析】
由和椭圆的性质求出点坐标，代入双曲线方程，再由向量垂直的条件得到，最后由离心率的定义解出即可.
【详解】
设，
因为，所以，
所以，
因为点在双曲线上，代入可得，①
又，所以，②
因为，③
由①②③解得，
故选：D.
9．CD
【分析】
设，、，结合题意计算即可得，结合复数的概念与几何意义逐项判断即可得.
【详解】设，、，
由，即有，即，
由，即有，即，即，
对A：设对应的向量与对应的向量所成角为，
则，即，故A错误；
对B：在复平面内，对应的点为，在第二象限，故B错误；
对C、D：的虚部为2，实部为，故C、D正确.
故选：CD.
10．BCD
【分析】
由指对互化得到，，进而结合对数运算性质和基本不等式的应用即可求解.
【详解】
由已知可得 ，
所以 , 故A错误;
所以, 故B正确;
由 , 当且仅当 , 即 时取等号, 显然取不到，所以, 故C正确;
,当且仅当,
即 时取等号, 显然取不到所以，故D正确；
故选：BCD.
11．ACD
【分析】求得，得到函数的单调性和最大值，可判定A正确；结合函数的取值分布，可判定B不正确；由，得到，可得判定C正确；设，利用导数求得单调递增，得到，妨令，则，得到，可得判定D正确.
【详解】对于A中，由函数，可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，当时，函数取得极大值，也是最大值，
可得，所以A正确；
对于B中，由时，，当时，，
要使得方程有两个不等实数根，则，所以B不正确；
对于C中，由方程有两个不等实数根，
可得，则，可得，
因为，可得，所以C正确；
对于D中，设，可得，
所以单调递增，当时，可得，
不妨令，则，则有，
所以，所以D正确.
故选：ACD.
【点睛】
方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
12．
【分析】
借助二项式展开式的通项公式计算即可得.
【详解】对，有，
令，即，有，
则的展开式中，常数项为.
故答案为：.
13．/0.25
【分析】
结合辅助角公式和余弦定理化简，即可求解面积.
【详解】
因为，所以, 即 ，
所以或，即或，
在中，所以或，
又因为 ，由余弦定理得
所以
当时，解得，，
当时，解得，，
综上所述：的面积为.
故答案为：.
14．/
【分析】
根据题意，球面与侧面的交线必为一段弧，故作出图形，由点作于点，证明点即截面圆弧所在圆的圆心，故只需求出截面圆半径的长和弧所对的圆心角，即可求得交线长.
【详解】
如图，过点作于点，设以为球心，为半径的球面交于点，交于点，
分别连接,因平面平面,且平面平面,则平面,
则点即以为球心，为半径的球面与侧面的交线圆弧所在圆的圆心，交线长即弧的长.
在中，，又,在中，,
在中，，故，同理,故,
故交线圆弧的长为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查球面与棱柱侧面的交线长的求法,属于较难题.
解题关键在于正确作出截面圆圆弧，确定截面圆的圆心，求得截面圆的半径和圆弧所对的圆心角即可.
15．(1)14.5
(2)0.38
【分析】
（1）根据频率分布直方图和总体百分位数的定义直接求解即可.
（2）设任取的会员数据在，，中分别为事件，，，先求出对应概率，即可求解体检为“健康”的概率.
【详解】（1）解：（1）由于在的样本数据比例为：
∴样本数据的70%分位数在内∴估计为：.
（2）（2）设任取的会员数据在，，中分别为事件，，，
∴，，
设事件在该地区工会会员中任取一人体检为“健康”
.
16．(1)相切，理由见解析
(2)
【分析】
（1）求出导数计算，求出切线方程即可判断图象是否相切.
（2）先由导数确定函数的单调性，进而求出最值，利用恒成立的思想即可求解参数值.
【详解】（1）解：（1）的定义域为
∴∴
当时，令，解得
∴在点处的切线为即为
∴直线与的图象相切.
（2）（2）由（1）知，当时，恒成立
∴在上单调递减，又∵∴不恒成立
当时， 令
∴在上单调递减，在上单调递增
∴
∴恒成立等价于
令，
令
∴在上单调递增，在上单调递减∴
∴的解为
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）由面面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，由二面角的平面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）（1）证明：∵，∴，又，∴，
∵，，且，平面，
∴平面，又平面，∴平面平面.
（2）（2）以的中点为坐标原点，过点与平行的直线为轴，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系如图
∴，，，，
∴，，，，
设平面的一个法向量，则，即
取，平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，则，即
取，平面的一个法向量，
∴，
设二面角的平面角为，则
18．(1)
(2)2
【分析】
（1）利用相关点法求轨迹方程；
（2）首先设点的坐标，并表示直线的方程，并求点的坐标，结合图形表示四边形的面积，并化解求值.
【详解】（1）由得，
设，，则所以，
∵，得，
所以点的轨迹的方程为；
（2）由题知，，设，则，所以，

令，解得，同理，，
所以
又因为
所以
所以四边形的面积为2
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是以点的坐标为关键变量，并表示面积后，化解求值.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由递推数列化简即可由等差中项法证明数列是等差数列.
（2）由（1）可求出，，利用放缩结合导数即可证明.
【详解】（1）解：（1）根据题意得：
∴∴∴数列是等差数列
（2）（2）由（1）可得：∴∴
要证：
当时，上式化为成立.
当时，即证
于是即证即证
令， 恒成立
∴在上单调递增∴恒成立
即在上恒成立∴成立
∴成立