海南省2025届高三上学期学业水平诊断（二）数学试卷（含答案）

海南省2024-2025学年高三上学期学业水平诊断（二）数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________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．5 B．6 C．7 D．86．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》参考答案题号12345678910答案ACBAABCDBCDAC题号11答案ABD1．A【详解】，故在复平面内对应的点为，位于第一象限.故选：A.2．C【详解】由题意得，所以，由，所以，所以.所以.故选：C3．B【详解】因为，所以，解得，所以，则.故选：B.4．A【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【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【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【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：C8．D【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：D9．BCD【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【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：AC11．ABD【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.12．4【详解】由题意知，得，所以，所以平均数为.故答案为：4.13．30【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．【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：15．(1)(2)【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)【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)【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【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，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【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