四川省南充市第一中学2025届高三下学期二诊模拟考试数学试题含解析

年南充一中高届二诊模拟考试数学本试卷满分分，考试时间分钟.注意事项:．答卷前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.．答选择题时，必须使用铅笔将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，再选涂其它答案标号.．考试结束后，只将答题卡交回.第I卷（选择题）85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，，是实数集，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求得集合，进而得到，进而根据交集的定义计算即可.【详解】因为或，所以，又，所以.故选：B.2.已知两个非零向量满足，则向量在向量上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由条件化简得，利用投影向量的定义计算.第1页/共20页【详解】由，则，化简得，所以在向量上的投影向量为.故选：C.3.的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则（）A.9B.10C.D.12【答案】B【解析】【分析】利用二项式系数的性质：展开式中中间项的二项式系数最大，得到展开式共有项，可求得的值．【详解】因为展开式中，二项式系数最大项只有第项即最大，根据二项式系数的性质：展开式中中间项的二项式系数最大，所以，解得.故选：B.4.已知，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知得，根据复数除法运算法则，即可求解.【详解】，.故选：B.5.设是等差数列的前项和，且，则（）A.17B.34C.51D.68【答案】C第2页/共20页【解析】【分析】根据给定条件，利用等差数列性质及前项和公式求解即可.【详解】等差数列中，，则，解得，所以.故选：C6.已知在平面直角坐标系中，，动点满足，点为抛物线上一动点，且点在直线上的投影为，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】四点共线时，即可求得最小值.【详解】因为，动点满足，设，则，两边同时平方整理得：，即点P的轨迹是以为圆心，以为半径的圆；因为点在直线上的投影为，又抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等，故,第3页/共20页故当且仅当四点共线时，取得最小值，最小值为,故，故选：C7.定义在R上的偶函数满足对任意的，都有，当时，，若函数在上恰有3个零点，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用为偶函数、得为的一条对称轴，且周期为4，若函数在上恰有3个零点，转化为与的图象的交点恰有3个，画出他们的图象，结合图象可得答案.【详解】因为为偶函数，所以，由得为的一条对称轴，由得，所以周期为4，若函数在上恰有3个零点，即与的图象交点恰有3个，画出与的图象，第4页/共20页当与的上半圆相切时，与的图象交点恰有2个，此时，解得，当与的上半圆相切时，与的图象的交点恰有4个，此时，解得，所以若函数在上恰有3个零点，则.故选：A.8.在三棱锥中，平面BCD，，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设，，求得的外接圆的半径为，结合图形求得三棱锥外接球半径，然后换元利用基本不等式及不等式的性质得的最小值，从而可得面积的最小值．【详解】如图，设，，为的外心，为三棱锥外接球的球心，则平面，又平面，所以，平面，则，四边形第5页/共20页是直角梯形，设，，，由平面，平面，得，则，，，即，又，则，，令，则，，，当且仅当，即时等号成立，所以三棱锥外接球表面积，故选：B．【点睛】结论与方法点睛：（1）三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上，由此易找到球心；（2）特殊的三棱锥，如有从同一点出发的三条棱两两垂直，或三棱锥的三对棱相等则可把三棱锥补形为一个长方体，长方体的对角线即为外接球的直径．（3）如果三棱锥的一条棱与一个面垂直，可把此三棱锥补形为一个直三棱柱，直三棱柱的外接球即为三棱第6页/共20页锥的外接球．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.下列关于概率统计的知识，其中说法正确的是（）A.数据，0，2，4，5，6，8，9的第25百分位数是1B.已知随机变量，若，，则C.若事件MN的概率满足，且M与N相互独立D.若一组样本数据（，2，，n）的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为【答案】ABC【解析】AB事件及条件概率的概率公式计算可判断C，根据相关系数的定义可判断D.【详解】对于选项A，8个数据从小到大排列，由于，所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数，故A正确；对于选项B，因为，，，所以，解得，故B正确；对于选项C，由，可得，即，即，所以M与N相互独立，故C正确；对于选项D，因为样本点都在直线上，说明是负相关且线性相关性很强，所以相关系数为，故D错误.故选：ABC.10.在直棱柱中，底面为正方形，为线段上动点，分别为和的中点，则下列说法正确的是（）第7页/共20页A.当，则三线交于一点B.三棱锥的体积为定值C.直线与所成角的余弦值为D.的最小值为【答案】ABD【解析】ABCD.【详解】由于分别为和的中点，延长,相交于，则,故,取中点,连接交于，则,故,又,是中点，与重合，故三线交于一点,正确，由于平面,平面，故平面，又为线段上动点，因此到平面的距离与到平面的距离相等，故,故B正确，对于C，由于故即为直线与所成角或其补角，由于,第8页/共20页故由余弦定理可得，故C错误，对于D，如图，沿着将四边形展开，得到平面图，连接交于，则由余弦定理可得D正确，故选：ABD在平面直角坐标系，的动点的轨迹为曲线．则下列结论正确的是（）A.若点在曲线上，则点和也在曲线上B.点的横坐标的取值范围是C.曲线上点的纵坐标的最大值为2D.曲线与圆只有一个公共点【答案】AC【解析】【分析】设点的坐标结合两点间距离公式再结合点在线上判断A,化简结合根式范围判断B,应用二次函数最值判断C,结合函数对称性判断公共点得出D.【详解】选项A：设，由题意可知点的轨迹方程为．点满足，点也满足，故A正确．第9页/共20页选项B：将曲线的方程两边同时平方得，整理得，解得，所以，解得，故B不正确．选项C：由选项B知，故当，即时，取得最大值4，所以的最大值为2，故C正确．选项D：由，得，代入，化简整理得，解得，由选项A知曲线关于轴对称，所以曲线与圆有两个公共点，故D不正确．故选：AC.第卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知函数是定义在上的偶函数，在上单调递减，且，则不等式的解集为______.【答案】【解析】【分析】由题意和偶函数的性质可知函数在上为减函数，在上为增函数，结合，分类讨论当、时，利用函数的单调性解不等式即可.【详解】因为函数是定义在R上的偶函数，且在上单调递减所以在上为增函数，由，得，，当时，，第10页/共20页有，解得；当时，，有，解得，综上，不等式的解集为.故答案为：.13.近年来，随着我国城镇居民收入的不断增加和人民群众消费观念的改变，假期出游成为时尚.某校高三年级7名同学计划高考后前往黄山､九华山､庐山三个景点旅游.已知7名同学中有4名男生，3名女生.其中2名女生关系要好，必须去同一景点，每个景点至少有两名同学前往，每位同学仅选一处景点游玩，则7名同学游玩行程安排的方法数为__________.【答案】150【解析】723一起，则为特殊元素，可以分为，她俩单独一个景点和她俩和另外一位同学一个景点，分类相加即可.【详解】由题，两个关系好的女生要在一起，则为特殊元素，可以分为，她俩单独一个景点和她俩和另外一位同学一个景点，第一类：仅要好的两位女生去同一景点；第二类：要好的两位女生和另一位同学去同一景点，总方法数为.故答案为：150.14.已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.【详解】因为，所以，令，则有3个根，第11页/共20页令，则有3个根，其中，结合余弦函数的图像性质可得，故，故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，在中，，，是边上一点.（1）若是以为斜边的等腰直角三角形，求的长；（2）若是边的中点，的面积为，求的长.【答案】（1）；（2）.【解析】1）由题设可得，，，再应用正弦定理求的长；（2的长.【小问1详解】由，，是以为斜边的等腰直角三角形所以，，，则.在△中，由正弦定理知，则.小问2详解】第12页/共20页由，则.又是边的中点，所以，则，故.16.如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为菱形，AC与BD相交于点O，，，，，M为线段PD的中点.（1）求证：平面PBD⊥平面PAC；（2）若直线OM与平面ABCD所成角为60°，求三棱锥O-ABM的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）根据面面垂直的判断定理，转化为证明平面，即可证明；（2）根据，可知，根据几何关系，即可求解三棱锥的体积.【小问1详解】证明：因为四边形ABCD为菱形，，所以O为BD的中点，.又因为，所以.又，平面，所以BD⊥平面PAC.又平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC.第13页/共20页【小问2详解】因为，O为AC的中点，所以又PO⊥BD，AC∩BD＝O，平面，所以PO⊥平面ABCD.因为M为线段PD的中点，O为BD的中点，所以.又因为直线OM与平面ABCD所成角为60°，所以直线PB与平面ABCD所成角为60°，即∠PBO＝60°.因为，，所以△ABD是等边三角形，所以OB＝1，，则，则点M到平面ABCD的距离为，所以，故三棱锥O-ABM的体积为.17.已知函数，其中，（1）求函数的极值；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】1）利用导数分别求出当时和当时函数的单调区间结合极值的定义即可得函数的极值；（2在上恒成立求第14页/共20页出，然后再证明其充分性成立.小问1详解】，当时，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，.当时，令得；令得，在上单调递增，在上单调递减，.【小问2详解】记，即在上恒成立，，必要性：由于，又恒成立，那么说明是的一个最小值，又，则在处取得极小值，故，得充分性：下面证时原式恒成立，即证，，当时，，单调递增，，在上单调递增，成立；当时，，在上单调递增，，第15页/共20页在上单调递减，成立综上：当时成立的取值范围为..不等式恒分离参数恒成立(即可)或数形结合(图象在上方即可)；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.18.已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.（1）若的离心率为2，求.（2）若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标.（3）连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值.【答案】（1）；（2）当时，；（3）的最大值为.【解析】1）根据离心率的概念求出，再求出即可；（2）如图，易知为钝角，则，根据两点距离公式建立方程组，解之即可求解；（3）设，：，联立双曲线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示建立关于的方程，得，结合即可求解.【小问1详解】第16页/共20页由双曲线的方程知，，因为离心率为2，所以，得.【小问2详解】当时，双曲线，且.因为点在第一象限，所以为钝角.又为等腰三角形，所以.设点，且，则得，所以.【小问3详解】由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称.设，则.由直线不与轴垂直，可设直线的方程为.联立直线与双曲线的方程得消去，得，且，即，得.，由，得，所以，即，整理得，第17页/共20页所以，整理得，所以.又，所以，解得，所以，又，故的取值范围是，故的