重庆市西南大学附属中学2025届高三下学期全真模拟数学试题 含解析

西南大学附中高届高三下全真模拟考试数学试题（满分：分；考试时间：分钟）注意事项：答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场座位号、准考证号填写在答题卡上.答选择题时，必须使用铅笔填涂；答非选择题时，必须使用毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）.一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共分，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.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据绝对值不等式以及一元二次不等式的解法，可得集合的元素，利用交集，可得答案.【详解】由，，则.故选：B.2.已知向量，若，则的值为（）A.4B.5C.D.【答案】B【解析】【分析】根据向量线性运算以及垂直向量的坐标表示，求得参数值，利用向量模长的坐标计算公式，可得答案.【详解】由，且，则，解得，第1页/共21页即，可得，所以.故选：B.3.已知，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，由赋值法可得.【详解】设，则，，因此，.故选：C.4.已知，则（）A.B.0C.D.【答案】A【解析】【分析】利用整体法求得，进而可求得的值.【详解】因为，所以，第2页/共21页所以.故选：A.5.已知为数列的前项和，若，则等于（）A.0B.1012C.D.2025【答案】B【解析】【分析】根据计算得，再应用前n项和计算求解.【详解】因为，当，两式作差得，所以，所以，又因为，因为，当时，所以，所以，所以.故选：B.6.已知过点的直线与抛物线相切，切点为，抛物线的焦点为，则线段的长为（）A.4B.5C.6D.7【答案】C【解析】【分析】由题意设出直线方程，联立求得切点坐标，利用两点距离公式，可得答案.【详解】由题意可得过点的直线的斜率存在且不为零，则可设为，联立可得，消去可得，，解得，即，第3页/共21页将代入，解得，则或，易知，所以，故选：C7.已知，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的运算律及余弦函数的取值范围即可求解.【详解】设，则，因为，所以当时，取最小值，故选：C.8.对于复数，则称为的反演.已知复数的实部等于1，为的反演，则的最小值为（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，则，利用判别式法可求的最小值.【详解】设，则，所以，故，故，故，第4页/共21页设，则，其中，若，则；若，则即，故，故，故，故，故选：C.36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.已知正四棱台上底面的边长为确的有（）A.该四棱台的体积为B.该四棱台的侧面与底面所成角的正切值为C.若为的中点，则平面D.该四棱台的外接球表面积为【答案】ACD【解析】【分析】利用台体体积公式可判断A选项；建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断B选项；利用线面平行的判定定理可判断C选项；设出球心的坐标，根据球心到点、的距离相等，可求出球心的坐标，进而可求出球的半径，结合球体表面积公式可判断D选项.【详解】对于A选项，由台体体积公式可知，该正四棱台的体积为，A对；对于B选项，设该正四棱台的上底面和下底面的中心分别为、，则底面，因为四边形为正方形，则，第5页/共21页以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、，设平面的一个法向量为，，，则，取，则，易知平面的一个法向量为，设该正四棱台的侧面和底面所成角为，则为锐角，且，所以，故，B错；对于C选项，当点为的中点时，易知为的中点，所以，因为平面，平面，故平面，C对；对于D选项，易知该正四棱台外接球球心直线上，设球的半径为，设点，由可得，解得，故，因此，该四棱台的外接球表面积为，D对.故选：ACD.10.现将、、、为“从左至右第个数恰好是的有（）第6页/共21页A.B.事件与相互独立C.D.【答案】ACD【解析】【分析】利用排列计数原理可判断A选项；利用独立事件的定义可判断B选项；利用并事件的概率公式可判断C选项；利用容斥原理可判断D选项.【详解】对于A选项，由题意可得，A对；对于B选项，由题意可得，，所以，事件与不独立，B错；对于C选项，，C对；对于D选项，由题意可知，且，如下韦恩图所示：因为，，因为，第7页/共21页故，D对.故选：ACD.已知函数，则下列说法正确的有（）A.若函数关于直线对称，则B.当时，函数在上单调递减C.当时，函数在有1个极值点D函数最多有3个零点【答案】ABD【解析】【分析】选项A，利用对称性定义，通过代数变形得出；选项，在时，导数为CD：函数的零点可转化为函数图象的交点.【详解】选项A，若关于对称，则对任意，有，代入函数表达式：，要使，需，即对任意成立，故，故A正确；选项B，当且时，，故，求导得：因为时，，而，故，函数在单调递减，故B正确；选项C，当时，当①当时，，在上恒成立；②当时，，，显然在单调递减，第8页/共21页令，得，因，故，但该解不在区间内，所以在恒成立；综上，在上恒成立，故在上无极值点，故C错误；选项D，函数等价于，即，令，，的图象如图所示，的图象经过定点，如图所示，与最多只有3个不同的交点，即函数最多有3个零点，故D正确.故选：ABD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共分.12.某工厂生产的一批零件的尺寸服从正态分布，且，规定零件的尺寸与的误差不超过即为合格，现从这批零件中抽取件，估计合格零件的个数为_______个.【答案】【解析】【分析】利用正态密度曲线的对称性求出，乘以即可得出答案.【详解】因为服从正态分布，且，则，因此，从这批零件中抽取件，估计合格零件的个数为.故答案为：.13.已知定义在上的奇函数满足，则_______.【答案】2026【解析】第9页/共21页【分析】法一：由题意利用列举法写出函数值，整理等式可得递推公式，根据累加法，可得答案；法二：由题意利用列举法写出函数值，设出函数解析式，利用等式检验，可得答案.【详解】法一：由函数是上的奇函数，则，由，令，则；则，由.法二：由函数是上的奇函数，则，由，令，则；由，令，则；设，则，，即，符合题意，所以.故答案为：.14.已知函数，若存在实数使得函数图象上的最低点或最高点恰有2个在椭圆的取值范围是_______.【答案】【解析】代入中，得出关于的不等式，因存在两个最值点，故不等式第10页/共21页存在两个相邻的，最后利用两端点距离范围为可求解.【详解】令，则，因存在实数使得函数图象上最低点或最高点恰有2个在椭圆则存在两个相邻的，使得成立，即，则，则，则，得，故的取值范围是.故答案为：四、解答题：本大题共5小题，共分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若为边上一点，且，求.【答案】（1）（2）【解析】第11页/共21页1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；（2）依题意可得，再由计算可得.【小问1详解】因为，由正弦定理得，即，由余弦定理得，又因为，所以.【小问2详解】因为，所以，因为，所以，即，解得.16.如图，在四棱锥中，，，，，且分别是的中点.（1）求证：；（2）若平面平面，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析第12页/共21页（2）【解析】1）设为的中点，连接，利用，，可证平面，进而可证结论；（2所在的直线分别为的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求二面角的余弦值.【小问1详解】设为的中点，如图，连接，因为，所以，因为是的中点，所以，又因为，所以，因为平面平面，所以平面，又因为平面，所以.小问2详解】因为平面平面，且平面平面所以平面，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，第13页/共21页因为，所以，又因为分别为的中点，所以，则所以，设平面的一个法向量为，则，令，得，所以，平面的一个法向量为，，所以二面角的余弦值为.17.已知函数.（1）当时，直线与曲线相切，求实数的值；（2）若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】1）根据导数的几何意义可求切点的横坐标，从而可求切点，代入切线方程后可得参数的值；第14页/共21页（2求参数的取值范围.【小问1详解】当时，函数，设函数与直线相切切点为，因为直线的斜率为1，所以，解得或（舍）,故切点为，代入切线方程，得，所以.【小问2详解】由，得，令，因为对任意的恒成立，所以.则.令，则，因为，所以，即在为减函数，而，所以当时，在上为增函数，当时，在上为减函数，所以，所以，所以的取值范围为.18.已知椭圆的焦距为4，上顶点为，右焦点为，坐标原点为，且第15页/共21页为椭圆上两个不同的动点（均不与重合）.（1）求椭圆的方程；（2）若为的垂心，求直线的方程；（3）若是的角平分线，问：直线是否过定点？若是，求出定点坐标，若不是，说明理由；【答案】（1）（2）（3）过定点，【解析】1）由已知可得，进而可求得，可求椭圆方程；（2）由，可求得，设直线方程为：，利用根与系数的关系可求得的值；（3）设，直线，利用点到直线的距离公式可求得点在直线也在直线的直线方程，进而可求定点.【小问1详解】由题：，故又，故，从而因此椭圆方程为：【小问2详解】由（1）知：由题：为的垂心，所以且，则必有，设直线方程为：第16页/共21页联立直线与椭圆：得：令，解得：，由韦达定理：则，故，即：整理得：，将代入化简得：，解得或当时，直线过点，不符合题意，舍去当时，满足，符合题意.故直线方程为：【小问3详解】设则因为直线的斜率必存在，所以直线，即：设到直线与的距离均是，从而平方得：，又由于，故，整理得：即点在直线第17页/共21页同理：点也在直线上故直线的方程为将其按照参数进行整理：令，解得，从而定点坐标为.19.已知有穷数列共有2025.记为数列的前项和.（1）求的最小值；（2）对，证明：；（3）设满足的所有构成集合为，现从中随机取一个数列，若该数列满足，则试验成功，否则试验失败.记为该试验成功的概率，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】1）列举法计算得出最小值；（2）根据已知条件累加计算求出即可证明；（3）结合（2）分类结合组合数公式计算证明.【小问1详解】直接枚举得：012360120第18页/共21页011001001000故的最小值为.【小问2详解】由题：，平方得：，故,则对有，以上个式子累加得：，故，故.经检验时命题也成立，从而对于,【小问3详解】由（2）得：，解得或，显然不为空集，以下便是一个满足要求的：只需证明：满足的的个数多于满足的的个数，引理：若共有项，且，且）则这样的数列有个.引理证明：令，则满足，且或，我们先证明与一一对应：第19页/共21页一方面，对于每个，显然有唯一的一个绝对值数列与之对应；另一方面，对于每个，则有确定，只需证明每个的符号此时也唯一确定，若，则必有，若，则必有，这样可确定到的符号，又因为给定，从而此时有唯一的与之对应.从而与一一对应.从而只需计算的个数.注意到，且或先忽略限制条件.设此时的有个.则由：此时相当于在个位置中放入，设有个1，则有个，从而有，故