陕西省彬州市彬中2024届高三下学期第二次诊断考试数学试题注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1已知向量，若，则与夹角的余弦值为（ ）ABCD2已知为虚数单位，若复数，则ABCD3设复数满足，在复平面内对应的点为，则不可能为（ ）ABCD4阅读下侧程序框图，为使输出的数据为，则处应填的数字为ABCD5已知集合（），若集合，且对任意的，存在使得，其中，则称集合A为集合M的基底.下列集合中能作为集合的基底的是（ ）ABCD6在中，为上异于，的任一点，为的中点，若，则等于（ ）ABCD7已知集合Mx|1x2，Nx|x（x+3）0，则MN（ ）A3，2）B（3，2）C（1，0D（1，0）8如图示，三棱锥的底面是等腰直角三角形，且，则与面所成角的正弦值等于（ ）ABCD9已知函数f（x）sin2x+sin2（x），则f（x）的最小值为（ ）ABCD10已知等差数列中，则（）A10B16C20D2411已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（ ）ABCD12正项等差数列的前和为，已知，则=（ ）A35B36C45D54二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若x，y均为正数，且，则的最小值为_.14设是等比数列的前项的和，成等差数列，则的值为_15袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为_16已知函数是定义在上的奇函数，且周期为，当时，则的值为_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知直线过椭圆的右焦点，且交椭圆于A，B两点，线段AB的中点是，（1）求椭圆的方程；（2）过原点的直线l与线段AB相交（不含端点）且交椭圆于C，D两点，求四边形面积的最大值.18（12分）如图，在四棱锥中，平面ABCD平面PAD，E是PD的中点证明：；设，点M在线段PC上且异面直线BM与CE所成角的余弦值为，求二面角的余弦值19（12分）已知函数f(x)xlnx，g(x)x2ax.（1）求函数f(x)在区间t，t1(t0)上的最小值m(t)；（2）令h(x)g(x)f(x)，A(x1，h(x1)，B(x2，h(x2)(x1x2)是函数h(x)图像上任意两点，且满足1，求实数a的取值范围；（3）若x(0,1，使f(x)成立，求实数a的最大值20（12分）已知关于的不等式解集为（）.（1）求正数的值；（2）设，且，求证：.21（12分）已知的面积为，且.（1）求角的大小及长的最小值；（2）设为的中点，且，的平分线交于点，求线段的长.22（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）设为曲线上位于第一，二象限的两个动点，且，射线交曲线分别于，求面积的最小值，并求此时四边形的面积.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1B【解题分析】直接利用向量的坐标运算得到向量的坐标，利用求得参数m，再用计算即可.【题目详解】依题意， 而， 即， 解得， 则.故选：B.【题目点拨】本题考查向量的坐标运算、向量数量积的应用，考查运算求解能力以及化归与转化思想.2B【解题分析】因为，所以，故选B3D【解题分析】依题意，设，由，得，再一一验证.【题目详解】设，因为，所以，经验证不满足，故选：D.【题目点拨】本题主要考查了复数的概念、复数的几何意义，还考查了推理论证能力，属于基础题.4B【解题分析】考点：程序框图分析：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环求S的值，我们用表格列出程序运行过程中各变量的值的变化情况，不难给出答案解：程序在运行过程中各变量的值如下表示： S i 是否继续循环循环前 1 1/第一圈3 2 是第二圈7 3 是第三圈15 4 是第四圈31 5 否故最后当i5时退出，故选B5C【解题分析】根据题目中的基底定义求解.【题目详解】因为，所以能作为集合的基底，故选：C【题目点拨】本题主要考查集合的新定义，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.6A【解题分析】根据题意，用表示出与，求出的值即可.【题目详解】解：根据题意，设，则，又，故选：A.【题目点拨】本题主要考查了平面向量基本定理的应用，关键是要找到一组合适的基底表示向量，是基础题.7C【解题分析】先化简Nx|x（x+3）0=x|-3x0，再根据Mx|1x2，求两集合的交集.【题目详解】因为Nx|x（x+3）0=x|-3x0，又因为Mx|1x2，所以MNx|1x0.故选：C【题目点拨】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.8A【解题分析】首先找出与面所成角，根据所成角所在三角形利用余弦定理求出所成角的余弦值，再根据同角三角函数关系求出所成角的正弦值.【题目详解】由题知是等腰直角三角形且，是等边三角形，设中点为，连接，可知，同时易知，所以面，故即为与面所成角，有，故.故选：A.【题目点拨】本题主要考查了空间几何题中线面夹角的计算，属于基础题.9A【解题分析】先通过降幂公式和辅助角法将函数转化为，再求最值.【题目详解】已知函数f（x）sin2x+sin2（x），=，=，因为，所以f（x）的最小值为.故选：A【题目点拨】本题主要考查倍角公式及两角和与差的三角函数的逆用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.10C【解题分析】根据等差数列性质得到，再计算得到答案.【题目详解】已知等差数列中，故答案选C【题目点拨】本题考查了等差数列的性质，是数列的常考题型.11C【解题分析】由题意可知，由可得出，利用导数可得出函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，进而可得出，由此可得出，可得出，构造函数，利用导数求出函数在上的最大值即可得解.【题目详解】，由于，则，同理可知，函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，则，则，构造函数，其中，则.当时，此时函数单调递增；当时，此时函数单调递减.所以，.故选：C.【题目点拨】本题考查代数式最值的计算，涉及指对同构思想的应用，考查化归与转化思想的应用，有一定的难度.12C【解题分析】由等差数列通项公式得，求出，再利用等差数列前项和公式能求出.【题目详解】正项等差数列的前项和，解得或（舍），故选C.【题目点拨】本题主要考查等差数列的性质与求和公式，属于中档题. 解等差数列问题要注意应用等差数列的性质（）与前 项和的关系.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。134【解题分析】由基本不等式可得,则,即可解得.【题目详解】方法一：，当且仅当时取等.方法二：因为，所以，所以，当且仅当时取等.故答案为:.【题目点拨】本题考查基本不等式在求最小值中的应用,考查学生对基本不等式的灵活使用,难度较易.142【解题分析】设等比数列的公比设为再根据成等差数列利用基本量法求解再根据等比数列各项间的关系求解即可.【题目详解】解：等比数列的公比设为成等差数列,可得若则显然不成立,故则,化为解得,则故答案为：【题目点拨】本题主要考查了等比数列的基本量求解以及运用,属于中档题.15【解题分析】试题分析：根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为，则一次取出2只球，基本事件为、共6种，其中2只球的颜色不同的是、共5种；所以所求的概率是考点：古典概型概率16【解题分析】由题意可得：，周期为，可得，可求出，最后再求的值即可.【题目详解】解：函数是定义在上的奇函数，.由周期为，可知，.故答案为：.【题目点拨】本题主要考查函数的基本性质，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）（2）【解题分析】（1）由直线可得椭圆右焦点的坐标为,由中点可得,且由斜率公式可得,由点在椭圆上,则,二者作差,进而代入整理可得,即可求解；（2）设直线,点到直线的距离为,则四边形的面积为,将代入椭圆方程,再利用弦长公式求得,利用点到直线距离求得,根据直线l与线段AB（不含端点）相交,可得,即,进而整理换元,由二次函数性质求解最值即可.【题目详解】（1）直线与x轴交于点,所以椭圆右焦点的坐标为,故,因为线段AB的中点是,设,则,且,又,作差可得,则,得又,所以,因此椭圆的方程为.（2）由（1）联立,解得或,不妨令,易知直线l的斜率存在,设直线,代入,得,解得或,设,则,则,因为到直线的距离分别是,由于直线l与线段AB（不含端点）相交,所以,即,所以,四边形的面积,令,则,所以,当,即时,，因此四边形面积的最大值为.【题目点拨】本题考查求椭圆的标准方程,考查椭圆中的四边形面积问题,考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查运算能力.18（1）见解析；（2）【解题分析】（1）由平面平面的性质定理得平面，.在中，由勾股定理得，平面，即可得；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，由空间向量法和异面直线与所成角的余弦值为，得点M的坐标，从而求出二面角的余弦值.【题目详解】（1）平面平面，平面平面= ，所以 .由面面垂直的性质定理得平面，在中，由正弦定理可得：，即，平面，.（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，设 ，则， , 得，而，设平面的法向量为，由可得：，令，