第1頁/共1頁成都市2022級高中畢業班第二次診斷性檢測數學本試卷滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答題前，務必將自己的姓名?考籍號填寫在答題卡規定的位置上.2.答選擇題時，必須使用2B鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦擦干凈后，再選涂其它答案標號.3.答非選擇題時，必須使用0.5毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規定的位置上.4.所有題目必須在答題卡上作答，在試題卷上答題無效.5.考試結束后，只將答題卡交回.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求.1.若，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據復數的除法運算求解.【詳解】.故選：A2.已知集合，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用冪函數、指數函數單調性解不等式化簡集合，再利用交集、并集的定義求出判斷.【詳解】依題意，集合，對于AB，，A錯誤，B正確；對于CD，，CD錯誤.故選：B3.居民消費價格指數（ConsumerPriceIndex，簡稱CPI），是度量一定時期內居民消費商品和服務價格水平總體變動情況的相對數，綜合反映居民消費商品和服務價格水平的變動趨勢和變動程度.下圖是2024年11月9日國家統計局公布的2024年10月各類商品及服務價格同比和環比漲跌幅情況（同比，環比），下列結論正確的是（）A.2024年10月份食品煙酒類價格低于2023年10月份食品煙酒類價格B.2024年10月份教育文化娛樂類價格低于2024年9月份教育文化娛樂類價格C2024年9月份醫療保健類價格高于2023年10月份醫療保健類價格D.2024年9月份居住類價格高于2023年10月份居住類價格【答案】C【解析】【分析】根據題意逐一考查所給選項說法的正確性.【詳解】對于A，由題可知，2024年10月份食品煙酒類價格同比漲幅為，所以2024年10月份食品煙酒類價格高于2023年10月份食品煙酒類價格，故A錯誤；對于B，由圖可知，2024年10月份教育文化娛樂類價格環比漲幅為，所以2024年10月份教育文化娛樂類價格高于2024年9月份教育文化娛樂類價格，故B錯誤；對于C，2024年10月份醫療保健類價格環比漲幅為，即2024年10月份醫療保健類價格等于2024年9月份醫療保健類價格，又2024年10月份醫療保健類價格同比漲幅為，所以2024年10月份醫療保健類價格高于2023年10月份醫療保健類價格，故C正確；對于D，2024年10月份居住類價格環比漲幅為，即2024年10月份居住類價格等于2024年9月份居住類價格，又2024年10月份居住類價格同比漲幅為，所以2024年10月份居住類價格低于2023年10月份居住類價格，故D錯誤.故選：C.4.已知兩個非零向量滿足，則向量在向量上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由條件化簡得，利用投影向量的定義計算.【詳解】由，則，化簡得，所以在向量上的投影向量為.故選：C.5.袋中有5個除顏色外完全相同的小球，其中3個紅球，2個白球.從袋中不放回地依次隨機取出2個球，則這2個球顏色相同的概率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據給定條件，利用組合計數問題列式，進而求出古典概率.【詳解】從袋中不放回地依次隨機取出2個球的試驗有個基本事件，取出的2個球顏色相同的事件有個基本事件，所以這2個球顏色相同的概率為.故選：D6.在天文學中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述.以織女星的亮度為標準，天體的星等與亮度滿足，已知北極星的星等為2，牛郎星的星等為0.8，則北極星與牛郎星的亮度之比為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用給定的函數關系，建立方程，結合對數運算求得答案.【詳解】令北極星與牛郎星的亮度分別為，依題意，，兩式相減得，解得.故選：D7.已知雙曲線右焦點為，若關于直線的對稱點在上，則雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出點坐標,再代入雙曲線方程，解得離心率.【詳解】設，因為關于直線的對稱點為，所以解得因為點在上，所以或（舍），故選：A8.若函數有極值，則的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】對函數求導，設，，分，結合導數分析求解即可.【詳解】由，，則，令，，則，當時，恒成立，則，即函數在上單調遞增，此時函數無極值，不符合題意；當時，令，得，當時，，則，得函數在上單調遞減，又時，；時，，所以存在，使得，則函數存在極值；當時，，則時，；時，，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，則，設，，則，當時，；當時，，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，又，且時，，則時，，此時函數無極值，不符合題意；當時，，且時，；時，，此時函數存在極值.綜上所述，的取值范圍為.故選：A.【點睛】方法點睛：解決函數有極值問題，解決的方法是要保證其導數有變號零點.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知函數，則（）A.的最小正周期為B.的圖象關于直線對稱C.在上單調遞減D.在上有2個零點【答案】ACD【解析】【分析】根據給定條件，利用正弦函數的性質逐項計算判斷即可.【詳解】對于A，函數的最小正周期為，A正確；對于B，因，即的圖象關于直線不對稱，B錯誤；對于C，當時，，因正弦函數在上單調遞減，故在上單調遞減，C正確；對于D，當時，，由，得或，解得或，即在上有2個零點，D正確.故選：ACD10.已知數列的通項公式，前項和為，則（）A.數列為等差數列B.，使得C.當時，取得最小值D.數列的最大項的值為【答案】ABD【解析】【分析】利用給定的通項公式，結合等差數列定義、數列單調性、二次函數性質逐項求解判斷.【詳解】對于A，由，得，，數列為等差數列，A正確；對于B，，，顯然，B正確；對于C，，當時，數列單調遞減，，，當時，數列單調遞減，，，C錯誤；對于D，，因，當時，取最小值，當或時，，且當或時，取最小值3，所以數列的最大項的值為，D正確.故選：ABD.11.如圖，在直棱柱中，，是中點.過作與平面平行的平面，若平面平面，則（）A.四點共面B.棱柱沒有外接球C.直線所成的角為D.四面體與四面體的公共部分的體積為【答案】ABD【解析】【分析】建立空間直角坐標系，利用空間位置關系的向量證明判斷A；利用異面直線夾角的向量求法判斷C；確定直角梯形是否有外接圓判斷C；作圖求出體積判斷D.【詳解】在直棱柱中，平面，又，則直線兩兩垂直，以點為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，對于A，，即，又直線，因此，即四點共面，A正確；對于B，在梯形中，，則為銳角，，因此，梯形無外接圓，則棱柱沒有外接球，B正確；對于C，平面，平面，平面平面，則，令，連接，平面平面，同理，因此直線所成的角等于直線所成的角，由，得，則，，，直線所成的角不為，C錯誤；對于D，令，則點是直棱柱所在側面矩形的中心，，四邊形是平行四邊形，平面，則平面，同理平面，而，平面，因此平面平面，同選項C得，而，則四邊形為平行四邊形，，則平面，平面，四邊形的面積，四面體與四面體的公共部分為八面體，所以四面體與四面體的公共部分的體積為，D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：作出圖形確定兩個四面體的公共部分是求出其體積的關鍵.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知角的終邊過點，則__________.【答案】10【解析】【分析】利用正切函數的定義及齊次式法計算得解.【詳解】由角的終邊過點，得，所以.故答案為：1013.設函數，若的圖象過點，且曲線在處的切線也過點，則__________.【答案】【解析】【分析】根據給定條件，利用導數的幾何意義求出切線方程，建立方程組求出.【詳解】函數，求導得，則，而，因此曲線在處的切線方程為，依題意，，所以.故答案為：14.對于一個平面圖形，如果存在一個圓能完全覆蓋住這個平面圖形，則稱這個圖形被這個圓能夠完全覆蓋，其中我們把能覆蓋平面圖形的最小圓稱為最小覆蓋圓.則曲線的最小覆蓋圓的半徑為__________.【答案】【解析】【分析】先分析曲線對稱性，再求曲線上點到原點距離最大值，即得結果.【詳解】因為把換成，方程不變，所以曲線關于軸對稱；因為把換成，方程不變，所以曲線關于軸對稱；因為把換成，同時把換成，方程不變，所以曲線關于坐標原點對稱；因為把換成，同時把換成，方程不變，所以曲線關于直線對稱，因此最小覆蓋圓圓心必在坐標原點，從而最小覆蓋圓的半徑為曲線上點到原點距離最大值，，（當且僅當時取等號）因此最小覆蓋圓的半徑為故答案為：四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.在中，角的對邊分別是，已知.（1）求；（2）若，且的周長為，求.【答案】（1）或；（2）答案見解析.【解析】【分析】（1）利用正弦定理邊化角，進而求出.（2）由（1）的結論，利用余弦定理列式求解.【小問1詳解】在中，由及正弦定理得，而，則，又，所以或.小問2詳解】由的周長為，，得，在中，由余弦定理得，即，則，當時，，于是，，此方程無解；當時，，于是，解得或，所以當時，無解；當時，或.16.如圖，在四棱錐中，底面是正方形，側棱底面是的中點，作交于點．（1）求證：平面；（2）求證：平面；（3）求平面與平面的夾角的大小．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）.【解析】【分析】（1）以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，求出平面的法向量坐標，再利用空間位置關系的向量證明推理即得.（2）由，結合，利用線面垂直的判定定理證明.（3）求得平面和平面的法向量坐標，再利用面面角的向量求法求解.【小問1詳解】在四棱錐中，底面，底面，則，由底面是正方形，得，以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，設，則，，設平面的法向量為，則，令，得，則，而平面，所以平面.【小問2詳解】由（1）知，，由，得，又，且平面，所以平面.【小問3詳解】由（1）知，，且，設平面的法向量為，則，取，得，，而，則，即，則的一個法向量為，因此，而，則，所以平面與平面的夾角為.17.已知橢圓上的動點總滿足關系式，且橢圓與拋物線有共同的焦點是橢圓與拋物線的一個公共點，.（1）求拋物線的方程和橢圓的標準方程；（2）過點的直線交拋物線于兩點，交橢圓于兩點，若，求直線的方程.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根據給定條件，求出焦點坐標，再由拋物線方程求出點，進而求出即可.（2）聯立直線與拋物線、橢圓方程，利用韋達定理及弦長公式列式求解.【小問1詳解】由橢圓：，得右焦點，而是拋物線的焦點，則，所以拋物線；由對稱性不妨令，由，得，解得，即點，則，因此橢圓的長半軸長，短半軸，所以橢圓的標準方程為【小問2詳解】直線不垂直于軸，設其方程為，，由，得，即，由消去，得，則，由消去，得，則，因此，解得，所以直線的方程為.18.某答題挑戰賽規則如下：比賽按輪依次進行，只有答完一輪才能進入下一輪，若連續兩輪均答錯，則挑戰終止；每一輪系統隨機地派出一道通識題或專識題，派出通識題的概率為，派出專識題的概率為.已知某選手答對通識題與專識題的概率分別為，且各輪答題正確與否相互獨立.（1）求該選手在一輪答題中答對題目的概率；（2）記該選手在第輪答題結束時挑戰依然未終止的概率為，（i）求；（ii）證明：存在實數，使得數列為等比數列.【答案】（1）；（2）（i）；（ii）證明見解析.【解析】【分析】（1）根據給定條件，利用全概率公式計算得解.（2）（i）將第3輪答題結束時挑戰未終止的事件進行分拆，再利用互斥事件的加法公式及相互獨立事件的乘法公式求出，同理求出；（ii）利用概率的加法公式及乘法公式列出遞推公式，再利用構造法求解得證.小問1詳解】設事件“一輪答題中系統派出通識題”，事件“該選手在一輪答題中答對”，依題意，，，因此，所以該選手在一輪答題中答對題目的概率為.【小問2詳解】（i）設事件“該選手在第輪答對題目”，各輪答題正確與否相互獨立，由（1）知，，當時，挑戰顯然不會終止，即，當時，則第1、2輪至少答對一輪，，由概率加法公式得；同理.（ii）設事件“第輪答題結束時挑戰未終止”，當時，第輪答題結束時挑戰未終止的情況有兩種：①第輪答對，且第輪結束時挑戰未終止；②第輪答錯，且第輪答對，且第輪結束時挑戰未終止，因此第輪答題結束時挑戰未終止的事件可表示為，則，而各輪答題正確與否相互獨立，因此，當時，，設存在實數，使得數列為等比數列，當時，，整理得，而，則，解得或，當時，因此當時，數列是首項為，公比為的等比數列；當時，數列是首項為，公比為的等比數列，所以存在實數或，使得數列為等比數列.19.對于給定集合，若存在非負實數，對任意的滿足：成立，則稱集合具有性質.（1）證明：集合具有性質；（2）若集合具有性質，求的最小值；（3）若集合具有性質，求的最大值.【答案】（1）證明見解析（2）（3