【高考模拟】四川省南充市2025届高三高考适应性考试（三诊）数学试题（含解析）

四川省南充市2025届高三高考适应性考试（三诊）数学试题1．已知i为虚数单位，若zi=1−i，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2．集合A=xlgx≤0，B=xA．xx≤0或x>1 B．xx≥1 C．xx<0或x>13．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若α⊥β，γ⊥β，则α⊥γB．若l//m，m⊥α，则l⊥αC．若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥βD．若α⊥β，m//α，n⊥β，则m//n4．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N100,102附：（若X∼Nμ,σ2，则PA．2717 B．2718 C．6827 D．95455．函数fx的图象如图所示，则fA．fx=10cosxx2C．fx=106．已知a=2cos73°，则2sinA．−2 B．−1 C．−12 7．如图是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若AD=BD=3，∠ABC=120°，则该圆台的内切球的表面积为（）A．π B．2π C．4π D．8π8．已知椭圆C1：x2a12+y2b12=1a1>b1>0和双曲线A．y=±22x B．y=±x C．y=±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%1.551.501.751.751.551.851.65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1.5010．已知等式ab=eaa>0,a≠1其中e是自然对数的底数，将a视为自变量x（x>0A．fB．fC．若方程fx=2mD．当k>e时，若fx=k的两实根为x1，11．已知曲线C:xA．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x−1212．数列ann是以1为首项，2为公差的等差数列，则a13．已知曲线fx=xcosx，圆C:x−12+y+12=9，若直线l与曲线fx14．用平面截圆锥可得到不同的圆锥曲线.如图，已知圆锥PO的侧面积为22π，它的轴截面为等腰直角三角形.过圆锥底面圆心O作平面α，使圆锥轴PO与平面α成45°角，此时平面α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15．记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知acosC+ccosA=2bcosA.（1）求角A；（2）若bc=16，求△ABC外接圆面积的最小值.16．在平面直角坐标系xOy中，F1−3,0，F2（1）求曲线C的方程；（2）若直线y=kx−1与曲线C交于A，B两点，且D1217．如图，在等腰梯形ABCD中，AD//BC，AB=AD=12BC=2，E是BC的中点，AE∩BD=M，将△BAE沿着AE（1）求证：CD⊥平面B1（2）若平面B1AE⊥平面AECD，求平面B1（3）在线段B1C上是否存在点P，使得MP//平面B118．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mm≥1,m∈N∗（1）当m=n=4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EX（2）当m=2n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？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fx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x0，x1，…xn−1，xn，在点x0,fx0处作fx的切线，则fx在x=x0处的切线与x轴交点的横坐标是x1，同理fx在x1,fx1处的切线与x轴交点的横坐标是x2，一直继续下去，得到数列（1）当x0=1时，求fx=0的近似解（2）在（1）的条件下，求数列xn的前n项和S（3）当x>0时，令gx=13x⋅lnfx−12，若−1

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：若zi=1−i，则z=1−i在复平面内对应的点为−1,−1，位于第三象限.故答案为：C.【分析】利用复数代数形式的除法运算化简z，再根据复数的几何意义求解即可.2．【答案】A【解析】【解答】解：由lgx≤0=lg1，解得0<x≤1由已知集合2x>1=20，解得A∩B={x|0<x≤1}，则∁RA∩B={x|x≤0故答案为：A.【分析】解不等式求得集合A与集合B，再求A∩B，最后再求∁R3．【答案】B【解析】【解答】解：A、若α⊥β，γ⊥β，则α⊥γ或α//γ，故A错误；B、若l//m，m⊥α，则l⊥α，故B正确；C、若m⊥n，m⊥α，n//β，平面α,β的位置关系不能确定，故C错误；D、正方体ABCD−A平面ABCD⊥平面BCC1B1，AA1⊥平面ABCD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.故答案为：B.【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.4．【答案】C【解析】【解答】解：因为学生的测试成绩X近似服从正态分布N100,102，

则测试成绩在90,100内的学生人数约为：20000×0.34135=6827.故答案为：C.【分析】根据正态分布的对称性求解即可.5．【答案】B【解析】【解答】解：由图可知fx的图象关于原点对称，则fA、函数fx=10cosxx2则fxB、函数fx=10sinxx2+1定义域为R，满足f−x=10sin−xx2+1=−fxD、函数fx=10ex−e−xx2+2定义域为R，

满足f(−x)=故答案为：B.【分析】求函数的定义域，判断奇偶性即可判断A、C；由函数在x>0上的函数值的即可判断D.6．【答案】C【解析】【解答】解：a=2cos73°，则2=−cos故答案为：C.【分析】由题意，利用同角三角函数关系，余弦、正弦的二倍角公式，诱导公式化简求值即可.7．【答案】D【解析】【解答】解：若AD=BD=3，∠ABC=120°，则AB=AD+BD=6，∠ABC=2π由弧长公式可得：AC=2π3则圆台上底面半径：r1=取圆台的轴截面，如图所示：则圆台的高：ℎ=AD故内切球表面积：S=4π故答案为：D.【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，利用球体体积公式求解即可.8．【答案】B【解析】【解答】解：易知F1因为C1的离心率为63，所以c=63a1，即a1令线段PF1的垂直平分线与线段PF又因为O是F1F2的中点，则OM//P又因为PF22+P所以2a22=2c2，所以则双无线C2的渐近线方程为y=±故答案为：B.【分析】易知F1−c,0，由椭圆的离心率求得a1=62c，再由线段P9．【答案】A,C【解析】【解答】解：7个存款利率数据从小到大排列为：1.50,1.55,1.55,1.65,1.75,1.75,1.85；A、极差为1.85−1.50=0.35，故A正确；B、平均数为1.50+1.55+1.55+1.65+1.75+1.75+1.857=11.6C、中位数为1.65，故C正确；D、20%×7=1.4，则20%故答案为：AC.【分析】先将存款利率数据从小到大排列，再利用极差、平均数、百分位数、中位数公式计算判断即可.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：由题意可知：xy=exx>0,x≠1且x>0,x≠1，故函数y=xA、feB、函数fx=xlnx定义域为0,1∪1，+∞，f'x=lnx−1ln2x，

令f'x=ln则f3<fπ<f4C、fx=f−x则fx=2m有4个不等的实根，即fx且fx在1,e和0,1上单调递减，在e,+故2m>fe=e，即D、由fx的单调性可知，当k>e时，若fx=k的两实根为x则1<x1<e<x2引入不等式x+y2证明过程如下：不妨设x>y>0，因为x+y2设xy=t，t>1，则问题转化为：lnt−令gxg'x=所以gx在(1,+∞)故lnt−2t−1t+1>0故x1故x1故答案为：ABD.【分析】根据题意求出fx=x11．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、设点Px,y为曲线上任意一点，点Px,y关于x轴的对称点为将P1x,−y代入曲线方程得x2+−y2=x2+−yB、由x2+y2=x2+y2+xC、令x=0，解得y=0或y=±1，即曲线经过(0,0)，(0,1),(0,−1),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，−2≤x≤2，令x=1，得y2=1+52令x=−1，得y4令x=2，得y2=0，即曲线经过令x=−2，得y4因此曲线C只能经过4个整点(0,0)，(0,1),(0,−1)，(2,0)，曲线C内部有3个整点，故C错误；D、由上分析，作出该曲线C，可见图象包含圆x−12所以曲线C构成的封闭图形面积大于x−12故答案为：ABD.【分析】运用点(x,y)关于x轴的对称点是P1x,−y满足方程，则曲线的图象关于x轴对称即可判断A；根据已知条件可得12．【答案】45【解析】【解答】解：因为数列ann是以1为首项，2为公差的等差数列，所以即an=2n故答案为：45.【分析】由题意，根据等差数列通项公式求解即可.13．【答案】y=x−2【解析】【解答】解：函数fx=xcosx定义域为R，f'x=cosx−x易知圆C:x−12+y+12因为直线l被圆C截得的弦长为6，所以直线l过圆C的圆心1,−1，则l方程为y+1=x−1，即y=x−2.故答案为：y=x−2.【分析】求函数的定义域，再求导，求得f'0=114．【答案】1【解析】【解答】解：设圆锥底面半径为r，

因为轴截面为等腰直角三角形，所以PO=r，母线长为PA又因为圆锥PO的侧面积为22π，所以12取PB的中点M，过O作CD⊥AB，连接OM，如图所示：

易知OM⊥PB，由圆锥的结构特点易知CD⊥PO，又PO,AB为平面PAB内两条相交直线，所以CD⊥平面PAB，

又因为PB在平面PAB，所以CD⊥PB，

又因为OM,CD为平面CDM内两条相交直线，所以PB⊥平面CDM，所以∠POM即为圆锥轴PO与平面α成45°角，即∠POM=45又因为O为AB的中点，M是PB中点，所以OM为中位线，所以PA//OM,PB⊥OM，所以OM=又因为OD=2，以M为原点，MO为x轴建立坐标系如图示，则设抛物线y2=2px，把D1,则抛物线为：y2=2x，焦点F1故答案为：1.【分析】以M为原点，MO为x轴建立坐标系，利用坐标法求出抛物线方程求解即可.15．【答案】（1）解：acosC+ccosA=2bcosA，由正弦定理可得sinA即sinA+C=sinB=2sinBcos（2）解：若bc=16，A=π3，则当且仅当b=c时等号成立，则a的最小值为4，设△ABC的外接圆的半径为R，由正弦定理2R=asinA，可得R则外接圆面积的最小值为163【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理结合三角函数的恒等变换求解即可；（2）由余弦定理与重要不等式，可得边a的最小值，根据正弦定理可得外接圆的半径，再求外接球的面积即可.（1）由acosC+ccosA=2bcosA，根据正弦定理，则sinA即sinA+C=2sinBcos由0<B<π，即sinB>0，则cosA=1（2）由余弦定理可得a2当且仅当b=c时，等号成立，则a的最小值为4，设△ABC的外接圆的半径为R，由正弦定理可得2R=asinA，则R所以外接圆面积的最小值为16316．【答案】（1）解：易知F1F2=23，

因为△PF1F2的周长为4+2由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以F1−3则c=3，2a=4，b=故曲线C的方程为x2（2）解：联立x24+y2=1y=kx−1，消去y整理可得(1+4k2)x2−8k2x+4(k2−1)=0，

则Δ=64k4−16(1+4k2)(k2−1)=16(3k2+1)>0，

设Ax1,y1【解析】【分析】（1）由题意可得：动点P到F1−3（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理以及中点坐标公式和垂直平分线的性质求解即可.（1）由题意可知：PF∴P由椭圆的定义知，动点P的轨迹是以F1−3可设方程为x2则c=3，2a=4，解得a=2，则b=故曲线C的方程为x2（2）联立方程组x24+y2则Δ=64设Ax1,y1，B则由韦达定理可知：x1+x∴x3=∵D12,0，DA又kDM则kDM⋅kAB=17．【答案】（1）证明：连接DE，如图所示：因为E是BC的中点，且AD=12BC=2又因为AD//BE，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，又因为AB=AD，所以四边形ABED是菱形，所以AE⊥BD，即CD⊥BD，将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，有AE⊥又因为B1M∩DM=M，B1M,DM⊂平面B1故CD⊥平面B1（2）解：平面B1AE⊥平面AECD，平面B1B1M⊂平面B1AE，B1DM⊂平面AECD，所以B1由（1）知AE⊥B1M，AE⊥DM以M为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：易知△ABE、△ADE均为等边三角形，B10,0,3易知平面B1MD的一个法向量为n=1,0,0，

设平面B1令y=1，得x=−3,z=1，即则cosm即平面B1MD与平面B1（3）解：假设线段B1C上存在点P，使得MP//平面过点P作PQ//CD交B1易知AM//CD//PQ，即A，M，P，Q四点共面，因为MP//平面B1AD，MP⊂平面AMPQ，平面AMPQ∩平面所以MP//AQ，所以四边形AMPQ为平行四边形，所以PQ=AM=12CD故在线段B1C上存在点P，使得MP//平面B1【解析】【分析】（1）连接DE，由题意推出四边形ABED是菱形，AE⊥BD，根据翻折前后不变的位置关系可证AE⊥平面B1DM，结合（2）先说明AE，B1（3）假设线段B1C上存在点P，使得MP//平面B1（1）在梯形ABCD中，连接DE，因为E是BC的中点，AD=12BC=2又AD//BE，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AB=AD，所以四边形ABED是菱形，所以AE⊥BD，翻折后，有AE⊥B1M因为B1M∩DM=M，B1M,DM⊂平面B1因为四边形AECD是平行四边形，所以AE//CD，所以CD⊥平面B1（2）平面B1AE⊥平面AECD，平面B1B1M⊂平面B1AE，B1DM⊂平面AECD，所以B1由（1）知AE⊥B1M，AE⊥DM以M为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB=BE=AE，所以△ABE为等边三角形，同理△ADE也为等边三角形，所以B10,0,3设平面B1AD的法向量为m=令y=1，得x=−3,z=1，所以易知平面B1MD的一个法向量为所以cosm由图，平面B1MD与平面故平面B1MD与平面B1（3）假设线段B1C上存在点P，使得MP//平面过点P作PQ//CD交B1所以AM//CD//PQ，即A，M，P，Q四点共面，因为MP//平面B1AD，MP⊂平面AMPQ，平面AMPQ∩平面所以MP//AQ，所以四边形AMPQ为平行四边形，所以PQ=AM=12CD故在线段B1C上存在点P，使得MP//平面B118．【答案】（1）解：（i）当m=n=4时，即甲口袋有4个红球和4个白球，乙口袋有4个红球和2个白球，

有放回的摸球，甲口袋取到白球、红军=球的概率均为12，乙口袋摸到红球的概率为23、白球概率为13，

设事件A（ii）由题可知，随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4，P(X=0)=1P(X=1)=2×1P(X=2)=1P(X=3)=2×1P(X=4)=1−分布列如下，X01234P111311E(X)=0×1（2）解：当m=2n时，小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率P=2×m令f(x)=8x3当0<x<6时，f'(x)>0；当x>6时，函数f(x)=8x3(x+2)4当n=6，即m=12时，P取得最大，且最大值为2764【解析】【分析】（1）（i）设事件A=“明4次摸球中，至少摸出1个白球”，利用对立事件计算概率即可；

（ii）由题可知，随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4，由题意计算概率，列分布列和求数学期望即可；（2）由题意，列出概率P=8n3（1）（i）设事件A：小明4次摸球中，至少摸出1个白球，则P(A)=1−4（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12，每次摸到白球的概率为1乙口袋每次摸到红球的概率为23，每次摸到白球的概率为1P(X=0)=1P(X=1)=2×1P(X=2)=1P(X=3)=2×1P(X=4)=1−分布列如下，X01234P111311所以E(X)=0×1（2）小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率P=2×m因为m=2n，所以P=8m令f(x)=8x3所以当0<x<6时，f'(x)>0；当x>6时，所以函数f(x)=8x3(x+2)4所以当n=6，即m=12时，P最大，最大值为276419．【答案】（1）解：函数fx=2x+13，f'x=62x+12，

当x0=1同理可得在x=x1=12处的切线方程为y−8=24（2）解：由（1）可知：xn+1整理可得xn+1则数列xn+12是以即xn故数列xn的前n项和S（3）证明：由题意可得gx=1令g'x=0，得x=1e，当x∈0,1所以gx在0,1e单调递减，在1又当x→0+时，gx→0；当x→+∞时，所以当m∈−1e又−14,0⊂−1e且α∈0,1e先证明右半部分：β−α<m+1，考虑gx在x=1处的切线方程：当y=m时，x=m+1，因为1>β，所以y=m与切线的交点的横坐标大于β，即β<m+1