四川省南充市2025届高三下学期4月三诊试题 数学 含解析

南充市高2025届高考适应性考试（三诊）数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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【答案】C【解析】【分析】先利用复数除法运算化简z，然后根据复数的几何意义求解即可.【详解】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.集合，，则（）A.或 B.C.或 D.【答案】A【解析】【分析】根据函数单调性先分别求解集合与集合，再求出，最后求出的补集.【详解】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，根据指数函数在上单调递增，因为，所以，即集合.所以，所以或.故选：A.3.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【答案】B【解析】【分析】利用线线，线面，面面的位置关系对各个选项进行判断即可.【详解】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.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.9545【答案】C【解析】【分析】先根据正态分布的对称性，求，再估计测试成绩在内的学生人数.【详解】因为.所以测试成绩在内的学生人数约为：.故选：C5.函数的图象如图所示，则的解析式可能为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】依题意可得为奇函数，即可排除A、C，由函数在上的函数值的特征排除D，即可得解.【详解】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，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，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，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.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用同角三角函数关系，二倍角公式，诱导公式，化简得到答案.【详解】.故选：C7.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.【答案】D【解析】【分析】利用已知条件求得圆台的底面半径长，进而根据勾股定理求得圆台的高，即内切球的直径，最终利用球体体积公式求解即可.【详解】，，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.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.【答案】B【解析】【分析】先由两曲线有公共焦点得，接着由线段的垂直平分线求得，再结合椭圆和双曲线定义以及勾股定理依次求得和即可由渐近线定义得解.【详解】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、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.2024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%1.551501.751.751.551.851.65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1.50【答案】AC【解析】【分析】先将数字从小到大排列，再利用极差的公式判断A，平均数公式判断B，百分位数公式判断D，中位数公式判断C即可.【详解】将数据从小到大排列，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，故C正确.对于D，因为，所以分位数为第2个数，即，故D错误，故选：AC10.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【答案】ABD【解析】【分析】根据题意求出，即可判断A选项；利用导数求出函数的单调性即可判断B选项；利用为偶函数，结合函数的单调性即可判断C选项；利用对数均值不等式即可判断D选项.【详解】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.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【答案】ABD【解析】【分析】对于A项，运用点关于关于轴的对称点是满足方程，则曲线的图象关于轴对称；对于B项，根据已知条件可得即可；对于C项，计算边界点来界定整数点个数；对于D项，根据已知整点及轨迹图象估算面积判断.【详解】对于A,设点为曲线上任意一点，它关于轴的对称点是，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，而，故曲线内部有整点3个，令，得无解，令，得，即曲线经过，不含边界无整数解，令，得无解，因此曲线只能经过4个整点，，，曲线C内部有3个整点，故C错误；对于D,由上分析，作出该曲线，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：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.数列是以1为首项，2为公差的等差数列，则______.【答案】【解析】【分析】由等差数列通项公式即可求解.【详解】由题意可得：，即，所以，故答案为：13.已知曲线，圆，若直线与曲线在处的切线平行，且直线被圆C截得的弦长为6，则直线的方程为______.【答案】【解析】【分析】求导可得切线斜率，进而根据弦长可知直线经过圆心，即可利用点斜式求解直线方程.【详解】对求导可得，所以，故直线的斜率为1，又的半径为圆心为，直线被圆C截得的弦长为6，故直线刚好经过圆C的圆心，故方程为，即，故答案为：14.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______.【答案】1【解析】【分析】以为原点，为轴建立坐标系，利用坐标法求出抛物线方程，即可求解.【详解】设圆锥底面半径为，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，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，故答案为：1四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.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.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理进行边化角，根据三角函数的恒等变化，可得答案；（2）由余弦定理与重要不等式，可得边的最小值，根据正弦定理可得外接圆的半径，可得答案.【小问1详解】由，根据正弦定理，则，即，由，则，由，即，则，解得.【小问2详解】由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立，则的最小值为，设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，则的最小值为，所以外接圆面积的最小值为.16.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方程；（2）若直线与曲线C交于A，B两点，且，，求k的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将三角形周长的条件转化为动点P到，的距离和为定值，利用椭圆的定义即可求解；（2）联立直线方程与椭圆方程，根据韦达定理以及中点坐标公式和垂直平分线的性质即可求解.【小问1详解】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，故曲线的方程为.【小问2详解】联立方程组，消去，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.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.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存，【解析】【分析】（1）先证四边形ABED是菱形，可得，根据翻折前后不变的位置关系可证AE⊥平面，结合，即可得证；（2）先说明AE，，DM两两垂直，再以M为原点建系，利用向量法求面面角的余弦值即可；（3）假设线段上存在点P，使得平面，作出辅助线，得到A，M，P，Q四点共面，并证得四边形AMPQ为平行四边形，再根据线面平行的性质定理，推出P是的中点，得解．【小问1详解】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；【小问2详解】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；【小问3详解】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.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？【答案】（1）（i）；（ii）分布列见解析，（2）时，P最大.【解析】【分析】（1）（i）利用对立事件计算概率；（ii）根据题意计算概率，再分布列和求数学期望；（2）列出概率，设，利用导数与单调性、最值得关系求解.【小问1详解】（i）设事件：小明4次摸球中，至少摸出1个白球，则.（ii）由题可知，可能的取值为，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，01234所以.【小问2详解】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.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