四川省自贡一中、二中重点中学2025届高三下学期5月月考数学试题（A卷）

四川省自贡一中、二中重点中学2025届高三下学期5月月考数学试题（A卷）考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则“”是“是偶函数”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件2．已知变量x，y间存在线性相关关系，其数据如下表，回归直线方程为，则表中数据m的值为（）变量x0123变量y35.57A．0.9 B．0.85 C．0.75 D．0.53．已知平面向量，满足且，若对每一个确定的向量，记的最小值为，则当变化时，的最大值为（）A． B． C． D．14．设为虚数单位，复数，则实数的值是（）A．1 B．-1 C．0 D．25．若,,,则下列结论正确的是()A． B． C． D．6．若的展开式中的系数为-45，则实数的值为（）A． B．2 C． D．7．设x、y、z是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形：①x、y、z均为直线；②x、y是直线，z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面.其中使“且”为真命题的是（）A．③④ B．①③ C．②③ D．①②8．集合，，则()A． B． C． D．9．函数的图象大致是（）A． B．C． D．10．在三棱锥中，，，，，点到底面的距离为2，则三棱锥外接球的表面积为（）A． B． C． D．11．若与互为共轭复数，则（）A．0 B．3 C．－1 D．412．设正项等比数列的前n项和为，若，，则公比（）A． B．4 C． D．2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图所示，边长为1的正三角形中，点，分别在线段，上，将沿线段进行翻折，得到右图所示的图形，翻折后的点在线段上，则线段的最小值为_______．14．已知等比数列的各项均为正数，，则的值为________.15．设为数列的前项和，若，则____16．记为等比数列的前n项和，已知，，则_______.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）已知函数．（1）若关于的不等式的整数解有且仅有一个值，当时，求不等式的解集；（2）已知，若，使得成立，求实数的取值范围．18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为；直线l的参数方程为（t为参数）.直线l与曲线C分别交于M，N两点.（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）若点P的极坐标为，，求的值.19．（12分）在平面直角坐标系中，点是直线上的动点，为定点，点为的中点，动点满足，且，设点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点的直线交曲线于，两点，为曲线上异于，的任意一点，直线，分别交直线于，两点.问是否为定值？若是，求的值；若不是，请说明理由.20．（12分）如图，在四面体中，.（1）求证:平面平面；（2）若，二面角为，求异面直线与所成角的余弦值.21．（12分）在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系.（1）求曲线C的极坐标方程；（2）直线（t为参数）与曲线C交于A，B两点，求最大时，直线l的直角坐标方程.22．（10分）2019年春节期间，某超市准备举办一次有奖促销活动，若顾客一次消费达到400元则可参加一次抽奖活动，超市设计了两种抽奖方案.方案一：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得60元的返金券，若抽到白球则获得20元的返金券，且顾客有放回地抽取3次.方案二：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得80元的返金券，若抽到白球则未中奖，且顾客有放回地抽取3次.（1）现有两位顾客均获得抽奖机会，且都按方案一抽奖，试求这两位顾客均获得180元返金券的概率；（2）若某顾客获得抽奖机会.①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望；②为了吸引顾客消费，让顾客获得更多金额的返金券，该超市应选择哪一种抽奖方案进行促销活动？

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。1、A【解析】

求出函数的解析式，由函数为偶函数得出的表达式，然后利用充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】将函数的图象沿轴向左平移个单位长度，得到的图象对应函数的解析式为，若函数为偶函数，则，解得，当时，.因此，“”是“是偶函数”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，同时也考查了利用图象变换求三角函数解析式以及利用三角函数的奇偶性求参数，考查运算求解能力与推理能力，属于中等题.2、A【解析】

计算，代入回归方程可得．【详解】由题意，，∴，解得．故选：A.【点睛】本题考查线性回归直线方程，解题关键是掌握性质：线性回归直线一定过中心点．3、B【解析】

根据题意,建立平面直角坐标系.令.为中点.由即可求得点的轨迹方程.将变形,结合及平面向量基本定理可知三点共线.由圆切线的性质可知的最小值即为到直线的距离最小值,且当与圆相切时,有最大值.利用圆的切线性质及点到直线距离公式即可求得直线方程,进而求得原点到直线的距离,即为的最大值.【详解】根据题意,设,则由代入可得即点的轨迹方程为又因为,变形可得,即,且所以由平面向量基本定理可知三点共线,如下图所示:所以的最小值即为到直线的距离最小值根据圆的切线性质可知,当与圆相切时,有最大值设切线的方程为,化简可得由切线性质及点到直线距离公式可得,化简可得即所以切线方程为或所以当变化时,到直线的最大值为即的最大值为故选:B【点睛】本题考查了平面向量的坐标应用,平面向量基本定理的应用,圆的轨迹方程问题,圆的切线性质及点到直线距离公式的应用,综合性强,属于难题.4、A【解析】

根据复数的乘法运算化简，由复数的意义即可求得的值.【详解】复数，由复数乘法运算化简可得，所以由复数定义可知，解得，故选：A.【点睛】本题考查了复数的乘法运算，复数的意义，属于基础题.5、D【解析】

根据指数函数的性质，取得的取值范围，即可求解，得到答案.【详解】由指数函数的性质，可得，即，又由，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了指数幂的比较大小，其中解答中熟记指数函数的性质，求得的取值范围是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.6、D【解析】

将多项式的乘法式展开，结合二项式定理展开式通项，即可求得的值.【详解】∵所以展开式中的系数为，∴解得.故选：D.【点睛】本题考查了二项式定理展开式通项的简单应用，指定项系数的求法，属于基础题.7、C【解析】

①举反例，如直线x、y、z位于正方体的三条共点棱时②用垂直于同一平面的两直线平行判断.③用垂直于同一直线的两平面平行判断.④举例，如x、y、z位于正方体的三个共点侧面时.【详解】①当直线x、y、z位于正方体的三条共点棱时,不正确；②因为垂直于同一平面的两直线平行,正确；③因为垂直于同一直线的两平面平行,正确；④如x、y、z位于正方体的三个共点侧面时,不正确.故选:C.【点睛】此题考查立体几何中线面关系，选择题一般可通过特殊值法进行排除，属于简单题目.8、A【解析】

解一元二次不等式化简集合A，再根据对数的真数大于零化简集合B，求交集运算即可.【详解】由可得，所以，由可得,所以,所以，故选A．【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，涉及一元二次不等式解法及对数的概念，属于中档题.9、A【解析】

根据复合函数的单调性，同增异减以及采用排除法，可得结果.【详解】当时，，由在递增，所以在递增又是增函数，所以在递增，故排除B、C当时，若，则所以在递减，而是增函数所以在递减，所以A正确，D错误故选：A【点睛】本题考查具体函数的大致图象的判断，关键在于对复合函数单调性的理解，记住常用的结论：增+增=增，增-减=增，减+减=减，复合函数单调性同增异减，属中档题.10、C【解析】

首先根据垂直关系可确定，由此可知为三棱锥外接球的球心，在中，可以算出的一个表达式，在中，可以计算出的一个表达式，根据长度关系可构造等式求得半径，进而求出球的表面积．【详解】取中点，由，可知：，为三棱锥外接球球心，过作平面，交平面于，连接交于，连接，，，，，，为的中点由球的性质可知：平面，，且．设，，，，在中，，即，解得：，三棱锥的外接球的半径为：，三棱锥外接球的表面积为．故选：.【点睛】本题考查三棱锥外接球的表面积的求解问题，求解几何体外接球相关问题的关键是能够利用球的性质确定外接球球心的位置.11、C【解析】

计算，由共轭复数的概念解得即可.【详解】，又由共轭复数概念得：，.故选：C【点睛】本题主要考查了复数的运算，共轭复数的概念.12、D【解析】

由得，又，两式相除即可解出．【详解】解：由得，又，∴，∴，或，又正项等比数列得，∴，故选：D．【点睛】本题主要考查等比数列的性质的应用，属于基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

设，，在中利用正弦定理得出关于的函数，从而可得的最小值．【详解】解：设，，则，，∴，在中，由正弦定理可得，即，∴，∴当即时，取得最小值．故答案为．【点睛】本题考查正弦定理解三角形的应用，属中档题．14、【解析】

运用等比数列的通项公式，即可解得．【详解】解：，，，，，，，，，，，．故答案为：．【点睛】本题考查等比数列的通项公式及应用，考查计算能力，属于基础题．15、【解析】

当时，由，解得，当时，，两式相减可得，即，可得数列是等比数列再求通项公式.【详解】当时，，即，当时，，两式相减可得，即，即，故数列是以为首项，为公比的等比数列，所以.故答案为：【点睛】本题考查数列的前项和与通项公式的关系，还考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.16、【解析】

设等比数列的公比为，将已知条件等式转化为关系式，求解即可.【详解】设等比数列的公比为，，.故答案为:.【点睛】本题考查等比数列通项的基本量运算，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）【解析】

（1）求解不等式，结合整数解有且仅有一个值，可得，分类讨论，求解不等式，即得解；（2）转化，使得成立为，利用不等式性质，求解二次函数最小值，代入解不等式即可.【详解】（1）不等式，即，所以，由，解得．因为，所以，当时，，不等式等价于或或即或或，故，故不等式的解集为．（2）因为，由，可得，又由，使得成立，则，解得或．故实数的取值范围为．【点睛】本题考查了绝对值不等式的求解和恒成立问题，考查了学生转化划归，分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.18、（1），；（2）2.【解析】

（1）由得，求出曲线的直角坐标方程.由直线的参数方程消去参数，即求直线的普通方程；（2）将直线的参数方程化为标准式（为参数），代入曲线的直角坐标方程，韦达定理得，点在直线上，则，即可求出的值.【详解】（1）由可得，即，即，曲线的直角坐标方程为，由直线的参数方程（t为参数），消去得，即直线的普通方程为.（Ⅱ）点的直角坐标为，则点在直线上.将直线的参数方程化为标准式（为参数），代入曲线的直角坐标方程，整理得，直线与曲线交于两点，，即.设点所对应的参数分别为，由韦达定理可得，.点在直线上，，.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程和普通方程的互化及应用，属于中档题.19、（1）；（2）是定值，.【解析】

（1）设出M的坐标为，采用直接法求曲线的方程；（2）设AB的方程为，，,，求出AT方程，联立直线方程得D点的坐标，同理可得E点的坐标，最后利用向量数量积算即可.【详解】（1）设动点M的坐标为，由知∥，又在直线上，所以P点坐标为，又，点为的中点，所以，，，由得，即；（2）设直线AB的方程为，代入得，设，，则，，设，则，所以AT的直线方程为即，令，则，所以D点的坐标为，同理E点的坐标为，于是，，所以，从而，所以是定值.【点睛】本题考查了直接法求抛物线的轨迹方程、直线与抛物线位置关系中的定值问题，在处理此类问题一般要涉及根与系数的关系，本题思路简单，但计算量比较大，是一道有一定难度的题.20、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）取中点连接，得，可得，可证，可得，进而平面，即可证明结论；（2）设分别为边的中点，连，可得，，可得（或补角）是异面直线与所成的角，，可得，为二面角的平面角，即，设，求解，即可得出结论.【详解】（1）证明:取中点连接，由则，则，故，，平面，又平面，故平面平面（2）解法一:设分别为边的中点，则，（或补角）是异面直线与所成的角.设为边的中点，则，由知.又由（1）有平面，平面，所以为二面角的平面角，，设则在中，从而在中，，又，从而在中，因，，因此，异面直线与所成角的余弦值为.解法二:过点作交于点由（1）易知两两垂直，以为原点，射线分别为轴，轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系.不妨设，由，易知点的坐标分别为则显然向量是平面的法向量已知二面角为，设，则设平面的法向量为，则令，则由由上式整理得，解之得(舍)或，因此，异面直线与所成角的余弦值为.【点睛】本题考查空间点、线、面位置关系，证明平面与平面垂直，考查空间角，涉及到二面角、异面直线所成的角，做出空间角对应的平面角是解题的关键，或用空间向量法求角，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.21、（1）；（2）.【解析】

（1）利用消去参数，得到曲线的普通方程，再将，代入普通方程，即可求出结论；（2）由（1）得曲线表示圆，直线曲线C交于A，B两点，最大值为圆的直径，直线过圆心，即可求出直线的方程.【详解】（1）由