四川省南充市2025届高三高考适应性考试（三诊）数学试卷

第页四川天地人教育资料出品四川省南充市2025届高三高考适应性考试（三诊）数学试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题1．[2025届·四川南充·三模]已知i为虚数单位,若,则复数z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1．答案：C解析：由题意知,则在复平面内复数z对应的点为,该点位于第三象限.故选:C.2．[2025届·四川南充·三模]集合,,则()A.或 B. C.或 D.2．答案：A解析：已知集合,根据对数函数在上单调递增.因为,所以,即集合.已知集合,根据指数函数在R上单调递增,因为,所以,即集合.所以,所以或.故选:A.3．[2025届·四川南充·三模]设l,m,n表示不同的直线,,,表示不同的平面,则下列结论正确的是()A.若,,则B.若,,则C.若,,,则D.若,,,则3．答案：B解析：对A:因为垂直于同一平面的两个平面的位置关系不能确定,故A错误;对B:因为两条直线平行,其中一条垂直于一个平面,那么另一条也垂直于这个平面,故B正确;对C:当,,时,平面,的位置关系不能确定,故C错误;对D:如图:正方体中,平面平面,平面,平面,且.所以两个平面互相垂直,一个平面的垂线与另一个平面的平行线未必平行,故D错误.故选:B4．[2025届·四川南充·三模]某市20000名学生参加一次数学测试（满分150分）,学生的测试成绩X近似服从正态分布,则测试成绩在内的学生人数约为()附:（若,则,）A.2717 B.2718 C.6827 D.95454．答案：C解析：因为.所以测试成绩在内的学生人数约为:.故选:C5．[2025届·四川南充·三模]函数的图象如图所示,则的解析式可能为()A. B.C. D.5．答案：B解析：由图可知的图象关于原点对称,则为奇函数,对于A:定义域为R,定义域关于原点对称,,所以为偶函数,不符合题意,故A错误;对于C:定义域为R,定义域关于原点对称,,所以为偶函数,不符合题意,故C错误;对于D:定义域为R,定义域关于原点对称,,所以为奇函数,当时,,,所以恒成立,不符合题意,故D错误;故利用排除法可知选项B符合题意.故选:B6．[2025届·四川南充·三模]已知,则()A. B. C. D.6．答案：C解析：.故选:C7．[2025届·四川南充·三模]如图是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分）,若,,则该圆台的内切球的表面积为()A. B. C. D.7．答案：D解析：,,故,,故圆台上底面半径:下底面半径:如图,取圆台的轴截面,则圆台的高:,则该圆台的内切球的半径:故内切球表面积:故选:D8．[2025届·四川南充·三模]已知椭圆和双曲线有公共的焦点,其中为左焦点,P是与在第一象限的公共点,线段的垂直平分线经过坐标原点,若的离心率为,则的渐近线方程为()A. B. C. D.8．答案：B解析：设,则由题,又的离心率为,所以,即,,即,令线段的垂直平分线与线段的交点为M,则M是线段的中点,又O是的中点,则,所以,又,所以,所以,则,即,所以的渐近线方程为.故选:B.二、多项选择题9．[2025届·四川南充·三模]2024年10月央行再次下调人民币存款利率,存款利率下调是为了刺激经济增长促进投资和消费而采取的一种货币政策.下表为某银行近年来的人民币一年定期存款利率:时间2018年2019年2020年2021年2022年2023年2024年利率%1.551.501.751.751.551.851.65关于表中的7个存款利率数据,下列结论正确的是()A.极差为0.35 B.平均数小于1.65C.中位数为1.65 D.20%分位数为1.509．答案：AC解析：将数据从小到大排列1.50,1.55,1.55,1.65,1.75,1.75,1.85,对于A,极差为,故A正确,对于B,平均数为,故B错误,对于C,由题意得这组数共有7个数,则中位数为第4个数,即1.65,故C正确.对于D,因为,所以20%分位数为第2个数,即1.55,故D错误,故选:AC10．[2025届·四川南充·三模]已知等式其中e是自然对数的底数,将a视为自变量x（,）,b为x的函数,记为,则下列结论正确的是()A.B.C.若方程有4个不等的实根,则D.当时,若的两实根为,,则10．答案：ABD解析：由题意知,,故即,且,故,对于A,,故A正确;对于B,故在上,,单调递增;在和上,,单调递减;故且故,故B正确;对于C,,故为偶函数,则有4个不等的实根,即,有2个不等的实根,且在和上单调递减,在上单调递增,故,即,故C错误;对于D,由的单调性可知,当时,若的两实根为,,则,且,故,引入不等式,证明过程如下:不妨设,因为,设,,则问题转化为:,.令,所以在上恒成立,所以在上单调递增;所以,故,成立,所以.故,故,故D正确.故选:ABD11．[2025届·四川南充·三模]已知曲线,下列结论正确的是()A.曲线C关于x轴对称B.曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2C.曲线C内部（不含边界）有4个整点（横、纵坐标均为整数的点）D.曲线C构成的封闭图形面积大于的面积11．答案：ABD解析：对于A,设点为曲线上任意一点,它关于x轴的对称点是,将代入曲线方程得,化简得,此时方程成立,故也在曲线上,则x轴是曲线的一条对称轴,故A正确;对于B,由可得,（当时取等号）,,即曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2,故B正确;对于C,令,解得或,即曲线经过,,,不含边界无整数解,由B可知曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2,,令,得无整数解,令,得无解,令,得,即曲线经过,不含边界无整数解,令,得无解,因此曲线C只能经过4个整点,,,曲线C内部没有整点,故C错误;对于D,由上分析,作出该曲线C,可见图象包含圆,所以曲线C构成的封闭图形面积大于的面积,故D正确.故选:ABD.三、填空题12．[2025届·四川南充·三模]数列是以1为首项,2为公差的等差数列,则________.12．答案：45解析：由题意可得:,即,所以,故答案为:4513．[2025届·四川南充·三模]已知曲线,圆,若直线l与曲线在处的切线平行,且直线l被圆C截得的弦长为6,则直线l的方程为________.13．答案：解析：对求导可得,所以,故直线l的斜率为1,又的半径为圆心为,直线l被圆C截得的弦长为6,故直线l刚好经过圆C的圆心,故l方程为,即,故答案为:14．[2025届·四川南充·三模]用平面截圆锥可得到不同的圆锥曲线.如图,已知圆锥的侧面积为,它的轴截面为等腰直角三角形.过圆锥底面圆心O作平面,使圆锥轴与平面成45°角,此时平面截圆锥侧面所得图形记为抛物线C,则抛物线C的焦点到准线的距离为________.14．答案：1解析：设圆锥底面半径为r,因为轴截面为等腰直角三角形.所以,母线长为,所以侧面积为:,解得,如图:取的中点M,过作,连接,易知,由圆锥的结构特点易知,又,为平面内两条相交直线,所以平面,又在平面,所以,又,为平面内两条相交直线,所以平面,所以即为圆锥轴与平面成45°角,即,.O为AB的中点,M是中点,所以OM为中位线,所以,,所以.又.以M为原点,MO为x轴建立坐标系如图示,则.可设抛物线,把带入抛物线方程可得:,所以抛物线为:,焦点,所以焦点到准线的距离为1,故答案为:1四、解答题15．[2025届·四川南充·三模]记的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知.（1）求角A;（2）若,求外接圆面积的最小值.15．答案：（1）（2）解析：（1）由,根据正弦定理,则,即,由,则,由,即,则,解得.（2）由余弦定理可得,当且仅当时,等号成立,则a的最小值为4,设的外接圆的半径为R,由正弦定理可得,则R的最小值为,所以外接圆面积的最小值为.16．[2025届·四川南充·三模]在平面直角坐标系中,,,若点P是平面上一动点,且的周长为,设动点P的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程;（2）若直线与曲线C交于A,B两点,且,,求k的值.16．答案：（1）（2）解析：（1）由题意可知:,.由椭圆的定义知,动点P的轨迹是以,为焦点,长轴长为4的椭圆.可设方程为,则,,解得,则,故曲线C的方程为.（2）联立方程组,消去y,整理可得.则.设,,的中点为,则由韦达定理可知:,.,.,,则,如图所示.又,则,即,解得.17．[2025届·四川南充·三模]如图,在等腰梯形中,,,E是的中点,,将沿着翻折成.（1）求证:平面;（2）若平面平面,求平面与平面夹角的余弦值;（3）在线段上是否存在点P,使得平面,若存在,求出的值;若不存在,说明理由.17．答案：（1）证明见解析（2）（3）存在,解析：（1）在梯形ABCD中,连接DE,因为E是BC的中点,,所以,又,所以四边形ABED是平行四边形,同理可证四边形AECD也是平行四边形,因为,所以四边形ABED是菱形,所以,翻折后,有,,因为,平面,所以平面,因为四边形AECD是平行四边形,所以,所以平面;（2）平面平面,平面平面,平面,,所以平面,平面,所以,由（1）知,,故AE,,DM两两垂直,以M为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,因为,所以为等边三角形,同理也为等边三角形,所以,,,,,设平面的法向量为,则,令,得,,所以,易知平面的一个法向量为,所以,由图,平面与平面夹角为锐角,故平面与平面夹角的余弦值为;（3）假设线段上存在点P,使得平面,过点P作交于Q,连接MP,AQ,如图所示,所以,即A,M,P,Q四点共面,因为平面,平面AMPQ,平面平面,所以,所以四边形AMPQ为平行四边形,所以,所以P是的中点,故在线段上存在点P,使得平面,且.18．[2025届·四川南充·三模]甲、乙两个不透明的口袋内装有除颜色外大小质地完全相同的若干个小球,已知甲口袋有个红球和4个白球,乙口袋有个红球和2个白球.现在小明从甲口袋有放回地连续摸球2次,每次摸出一个球,然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次,每次摸出一个球.（1）当时.（i）求小明4次摸球中,至少摸出1个白球的概率;（ii）设小明4次摸球中,摸出白球的个数为X,求X的分布列和数学期望;（2）当时,设小明4次摸球中,恰有3次摸出红球的概率为P,则当m为何值时,P最大?18．答案：（1）（i）;（ii）分布列见解析,.（2）时,P最大.解析：（1）（i）设事件A:小明4次摸球中,至少摸出1个白球,则.（ii）由题可知,X可能的取值为0,1,2,3,4,甲口袋每次摸到红球的概率为,每次摸到白球的概率为,乙口袋每次摸到红球的概率为,每次摸到白球的概率为,,,,,,分布列如下,X01234P所以.（2）小明4次摸球中,恰有3次摸出红球的概率P,因为,所以,令,则,所以当时,;当时,;所以函数在单调递增,单调递减,所以当,即时,P最大,最大值为.19．[2025届·四川南充·三模]牛顿在《流数法》一书中,给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图,r是函数的零点,牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近r的实数,,…,,在点处作的切线,则在处的切线与x轴交点的横坐标是,同理在处的切线与x轴交点的横坐标是,一直继续下去,得到数列,从图中可以看到,较接近r,较接近r,…,当n很大时,很小,我们就可以把的值作为r的近似值,即把作为函数的近似零点.现令.（1）当时,求的近似解,;（2）在（1）的条件下,求数列的前n项和;（3）当时,令,若时,有两个不同实数根,.求证:.19．答案：（1）,（2）（3）证明见解析解析：（1）由题意可得在处的切线方程为,令,得,同理可得在处的切线方程为,令,得,所以对于函数,,故,;（2）由（1）可知存在递推关系,构造等比数列,所以数列是以为首项,为公比的等比数列,故,所以数列的前n项和;（3）由题意可得,则,令,得,当时,;当时,,所以在单调递减,在单调递增,