2025屆河北省淶水波峰中學高三第二次診斷性檢測數學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知中內角所對應的邊依次為，若，則的面積為（）A． B． C． D．2．如圖，圓錐底面半徑為，體積為，、是底面圓的兩條互相垂直的直徑，是母線的中點，已知過與的平面與圓錐側面的交線是以為頂點的拋物線的一部分，則該拋物線的焦點到圓錐頂點的距離等于（）A． B．1 C． D．3．已知函數的最小正周期為，且滿足，則要得到函數的圖像，可將函數的圖像（）A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度4．已知，，分別是三個內角，，的對邊，，則（）A． B． C． D．5．設f(x)是定義在R上的偶函數，且在(0,+∞)單調遞減，則（）A． B．C． D．6．已知點為雙曲線的右焦點，直線與雙曲線交于A，B兩點，若，則的面積為（）A． B． C． D．7．已知向量，且，則等于（）A．4 B．3 C．2 D．18．設，，則“”是“”的A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件9．已知命題：任意，都有；命題：，則有．則下列命題為真命題的是（）A． B． C． D．10．設復數滿足（為虛數單位），則復數的共軛復數在復平面內對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限11．設函數，則，的大致圖象大致是的()A． B．C． D．12．正項等比數列中的、是函數的極值點，則（）A． B．1 C． D．2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某公司生產甲、乙兩種桶裝產品.已知生產甲產品1桶需耗原料1千克、原料2千克；生產乙產品1桶需耗原料2千克，原料1千克.每桶甲產品的利潤是300元，每桶乙產品的利潤是400元.公司在生產這兩種產品的計劃中，要求每天消耗原料都不超過12千克.通過合理安排生產計劃，從每天生產的甲、乙兩種產品中，公司共可獲得的最大利潤是__________元.14．函數的最小正周期為________;若函數在區間上單調遞增，則的最大值為________.15．設，則______.16．函數的定義域為______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓的上頂點為，圓與軸的正半軸交于點，與有且僅有兩個交點且都在軸上，（為坐標原點）.（1）求橢圓的方程；（2）已知點，不過點且斜率為的直線與橢圓交于兩點，證明：直線與直線的斜率互為相反數.18．（12分）已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且(1)求數列{a(2)求數列{1Sn}的前19．（12分）已知函數，，（1）討論的單調性；（2）若在定義域內有且僅有一個零點，且此時恒成立，求實數m的取值范圍.20．（12分）在平面直角坐標系xoy中，曲線C的方程為.以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線l的極坐標方程為.（1）寫出曲線C的極坐標方程，并求出直線l與曲線C的交點M，N的極坐標；（2）設P是橢圓上的動點，求面積的最大值.21．（12分）我們稱n（）元有序實數組（，，…，）為n維向量，為該向量的范數.已知n維向量，其中，，2，…，n.記范數為奇數的n維向量的個數為，這個向量的范數之和為.（1）求和的值；（2）當n為偶數時，求，（用n表示）.22．（10分）在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB＝1，AA1＝2，E，F，G分別是棱AA1，AC和A1C1的中點，以為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系F-xyz.（1）求異面直線AC與BE所成角的余弦值；（2）求二面角F-BC1-C的余弦值．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

由余弦定理可得，結合可得a，b，再利用面積公式計算即可.【詳解】由余弦定理，得，由，解得，所以，.故選：A.【點睛】本題考查利用余弦定理解三角形，考查學生的基本計算能力，是一道容易題.2、D【解析】

建立平面直角坐標系，求得拋物線的軌跡方程，解直角三角形求得拋物線的焦點到圓錐頂點的距離.【詳解】將拋物線放入坐標系，如圖所示，∵，，，∴，設拋物線，代入點，可得∴焦點為，即焦點為中點，設焦點為，，，∴.故選：D【點睛】本小題考查圓錐曲線的概念，拋物線的性質，兩點間的距離等基礎知識；考查運算求解能力，空間想象能力，推理論證能力，應用意識.3、C【解析】

依題意可得，且是的一條對稱軸，即可求出的值，再根據三角函數的平移規則計算可得；【詳解】解：由已知得，是的一條對稱軸，且使取得最值，則，，，，故選：C.【點睛】本題考查三角函數的性質以及三角函數的變換規則，屬于基礎題.4、C【解析】

原式由正弦定理化簡得，由于，可求的值.【詳解】解：由及正弦定理得.因為，所以代入上式化簡得.由于，所以.又，故.故選：C.【點睛】本題主要考查正弦定理解三角形，三角函數恒等變換等基礎知識；考查運算求解能力，推理論證能力，屬于中檔題.5、D【解析】

利用是偶函數化簡，結合在區間上的單調性，比較出三者的大小關系.【詳解】是偶函數，，而，因為在上遞減，，即．故選:D【點睛】本小題主要考查利用函數的奇偶性和單調性比較大小，屬于基礎題.6、D【解析】

設雙曲線C的左焦點為，連接，由對稱性可知四邊形是平行四邊形，設，得，求出的值，即得解.【詳解】設雙曲線C的左焦點為，連接，由對稱性可知四邊形是平行四邊形，所以，.設，則，又.故，所以.故選：D【點睛】本題主要考查雙曲線的簡單幾何性質，考查余弦定理解三角形和三角形面積的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.7、D【解析】

由已知結合向量垂直的坐標表示即可求解．【詳解】因為，且，，則．故選：．【點睛】本題主要考查了向量垂直的坐標表示，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題．8、A【解析】

根據對數的運算分別從充分性和必要性去證明即可.【詳解】若，，則，可得；若，可得，無法得到，所以“”是“”的充分而不必要條件.所以本題答案為A.【點睛】本題考查充要條件的定義，判斷充要條件的方法是：①若為真命題且為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；②若為假命題且為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；③若為真命題且為真命題，則命題p是命題q的充要條件；④若為假命題且為假命題，則命題p是命題q的即不充分也不必要條件.⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系.9、B【解析】

先分別判斷命題真假，再由復合命題的真假性，即可得出結論.【詳解】為真命題；命題是假命題，比如當,或時，則不成立.則，，均為假.故選:B【點睛】本題考查復合命題的真假性，判斷簡單命題的真假是解題的關鍵，屬于基礎題.10、D【解析】

先把變形為，然后利用復數代數形式的乘除運算化簡，求出，得到其坐標可得答案.【詳解】解：由，得，所以，其在復平面內對應的點為，在第四象限故選：D【點睛】此題考查了復數代數形式的乘除運算，考查了復數的代數表示法及其幾何意義，屬于基礎題.11、B【解析】

采用排除法：通過判斷函數的奇偶性排除選項A；通過判斷特殊點的函數值符號排除選項D和選項C即可求解.【詳解】對于選項A:由題意知,函數的定義域為，其關于原點對稱，因為,所以函數為奇函數,其圖象關于原點對稱，故選A排除；對于選項D:因為,故選項D排除;對于選項C:因為,故選項C排除;故選:B【點睛】本題考查利用函數的奇偶性和特殊點函數值符號判斷函數圖象;考查運算求解能力和邏輯推理能力;選取合適的特殊點并判斷其函數值符號是求解本題的關鍵;屬于中檔題、常考題型.12、B【解析】

根據可導函數在極值點處的導數值為，得出，再由等比數列的性質可得.【詳解】解：依題意、是函數的極值點，也就是的兩個根∴又是正項等比數列，所以∴.故選：B【點睛】本題主要考查了等比數列下標和性質以應用，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1元【解析】設分別生產甲乙兩種產品為桶，桶，利潤為元

則根據題意可得目標函數，作出可行域，如圖所示作直線然后把直線向可行域平移，

由圖象知當直線經過時，目標函數的截距最大，此時最大，

由可得，即此時最大，

即該公司每天生產的甲4桶，乙4桶，可獲得最大利潤，最大利潤為1．【點睛】本題考查用線性規劃知識求利潤的最大值，根據條件建立不等式關系，以及利用線性規劃的知識進行求解是解決本題的關鍵．14、【解析】

直接計算得到答案，根據題意得到，，解得答案.【詳解】，故，當時，，故，解得.故答案為：；.【點睛】本題考查了三角函數的周期和單調性，意在考查學生對于三角函數知識的綜合應用.15、121【解析】

在所給的等式中令，,令，可得2個等式，再根據所得的2個等式即可解得所求.【詳解】令，得，令，得，兩式相加，得，所以.故答案為:.【點睛】本題主要考查二項式定理的應用,考查學生分析問題的能力,屬于基礎題,難度較易.16、【解析】

對數函數的定義域需滿足真數大于0，再由指數型不等式求解出解集即可.【詳解】對函數有意義，即.故答案為：【點睛】本題考查求對數函數的定義域，還考查了指數型不等式求解，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）根據條件可得，進而得到，即可得到橢圓方程；（2）設直線的方程為，聯立，分別表示出直線和直線斜率，相加利用根與系數關系即可得到.【詳解】解：（1）圓與有且僅有兩個交點且都在軸上，所以，又，，解得，故橢圓的方程為；（2）設直線的方程為，聯立，整理可得，則，解得，設點，，則，，所以，故直線與直線的斜率互為相反數.【點睛】本題考查直線與橢圓的位置關系，涉及橢圓的幾何性質，關鍵是求出橢圓的標準方程，屬于中檔題．18、（1）an=2n【解析】

(1)先設出數列的公差為d，結合題中條件，求出首項和公差，即可得出結果．(2)利用裂項相消法求出數列的和．【詳解】解：(1)設公差為d的等差數列{an}且a1+a則有：a1解得：a1=3，所以：a(2)由于：an所以：Sn則：1S則：Tn=1【點睛】本題考查的知識要點：數列的通項公式的求法及應用，裂項相消法在數列求和中的應用，主要考查學生的運算能力和轉化能力，屬于基礎題型．19、（1）時，在上單調遞增，時，在上遞減，在上遞增．（2）．【解析】

（1）求出導函數，分類討論，由確定增區間，由確定減區間；（2）由，利用（1）首先得或，求出的最小值即可得結論．【詳解】（1）函數定義域是，，當時，，單調遞增；時，令得，時，，遞減，時，，遞增，綜上所述，時，在上單調遞增，時，在上遞減，在上遞增．（2）易知，由函數單調性，若有唯一零點，則或．當時，，，從而只需時，恒成立，即，令，，在上遞減，在上遞增，∴，從而．時，，，令，由，知在遞減，在上遞增，，∴．綜上所述，的取值范圍是．【點睛】本題考查用導數研究函數的單調性，考查函數零點個數與不等式恒成立問題，解題關鍵在于轉化，不等式恒成立問題通常轉化為求函數的最值．這又可通過導數求解．20、（1），，；（2）.【解析】

（1）利用公式即可求得曲線的極坐標方程；聯立直線和曲線的極坐標方程，即可求得交點坐標；（2）設出點坐標的參數形式，將問題轉化為求三角函數最值的問題即可求得.【詳解】（1）曲線的極坐標方程：聯立，得，又因為都滿足兩方程，故兩曲線的交點為，.（2）易知，直線.設點，則點到直線的距離（其中）.面積的最大值為.【點睛】本題考查極坐標方程和直角坐標方程之間的相互轉化，涉及利用橢圓的參數方程求面積的最值問題，屬綜合中檔題.21、（1），.（2），【解析】

（1）利用枚舉法將范數為奇數的二元有序實數對都寫出來，再做和；（2）用組合數表示和，再由公式或將組合數進行化簡，得出最終結果.【詳解】解：（1）范數為奇數的二元有序實數對有：，，，，它們的范數依次為1，1，1，1，故，.（2）當n為偶數時，在向量的n個坐標中，要使得范數為奇數，則0的個數一定是奇數，所以可按照含0個數為：1，3，…，進行討論：的n個坐標中含1個0，其余坐標為1或，共有個，每個的范數為；的n個坐標中含3個0，其余坐標為1或，共有個，每個的范數為；的n個坐標中含個0，其余坐標為1或，共有個，每個的范數為1；所以，.因為，①，②得，，所以.解法1：因為，所以..解法2：得，.又因為，所以.【點睛】本題考查了數列和組合，是一道較難的綜合題.22、（1）.（2）.【解析】

（1）先根據空間直角坐標系，求得向量和向量的坐標，再利用線線角的向量方法求解.（2）分別求得平面BFC1的一個法向量和平面BCC1的一個法向量，再利用面面角的向量方法求解.【詳解】規范解答（1）因為AB＝1，AA1＝2，則F(0，0，0)，A，C，B，E，所以＝(－1，