四川省成都市石室中学2025届高三上学期数学周考试卷（11月25日）

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一、选择题：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．已知集合，，则 )
A．B．C．D．
2．已知复数（），则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到的图象，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知向量满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则（ ）
A．2B．C．D．
7．已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作垂直于轴的直线交椭圆于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
8．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当该正六棱柱的体积取最大值时，其高的值为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：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．下列各项正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．若随机变量，则
C．对于事件，若，则互斥
D．用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好
10．如图，正方体的棱长为1，是棱上动点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线平面 B．
C．三棱锥的体积为 D．直线与面所成最大角的正切值为
11．已知函数定义域均为，且为偶函数，若，则下面一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知，是两个不共线的向量，若与共线，则的值为 ．
13．函数的最大值与最小值之积为 ．
14．已知椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上任意一点，直线垂直于且交线段于点，若，则该椭圆的离心率的取值范围是 .
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．(13分)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求A；(2)若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围．
16．(15分)四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，侧面底面ABCD，，，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上.
(1)求平面PAD与平面PDC所成角的余弦值；
(2)是否存在点Q，使平面DEQ？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
17．(15分)已知函数．
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．
18．(17分)已知椭圆：（）的左焦点与抛物线的焦点重合，直线与以原点为圆心，以椭圆的离心率为半径的圆相切．
(1)求该椭圆的方程；(2)过点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，的垂直平分线与轴和轴分别交于，两点．记的面积为，的面积为．问：是否存在直线，使得，若存在，求直线的方程，若不存在，说明理由．
19．(17分)在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为．
(1)求，，；
(2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并说明理由；
(3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？
参考答案：
1．B
【分析】分别求出集合A与集合B，再求交集即可．
【详解】解不等式得
由定义域可得B={x|x>0}
所以
所以选B
【点睛】本题考查了交集的运算，函数定义域的求法，属于基础题．
2．A
【分析】根据复数模的计算公式及充分条件、必要条件的定义判断即可；
【详解】解：因为，所以，当时，故充分性成立，当，即，解得，故必要性不成立，
故是的充分不必要条件；
故选：A
3．A
【分析】利用幂函数和对数函数的性质来判断即可.
【详解】幂函数在上单调递增，故，
又，
所以.
故选：A.
4．B
【分析】根据平移变换和周期变换的原则求解即可.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，
得，
再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，
得.
故选：B.
5．D
【分析】利用平面向量数量积公式及求夹角公式可求解.
【详解】因为，，，
所以，
，
所以
故选：D
6．A
【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】解：因为，
所以，所以，
即，
即，即.
故选：A
7．A
A
【分析】根据椭圆及的位置关系，利用等面积法可分别求得它们的内切圆圆心位置及其半径，分别计算出的各边长度可得结果.
【详解】如图所示，
由椭圆，知，所以.
所以，所以过作垂直于轴的直线为，
代入中，解出.
由题知的内切圆的半径相等，且的内切圆圆心的连线垂直于轴于点.
设内切圆的半径为，在中，由等面积法得，.
由椭圆的定义可知，，由，所以，
所以，解得，所以.
因为为的的角平分线，所以一定在上，即轴上，
令圆半径为.
在中，由等面积法得，.
所以，解得，所以，
所以，
所以的周长是.
故选：A.
8．D
【分析】根据正六棱柱和球的对称性，球心必然是正六棱柱上下底面中心连线的中点，作出过正六棱柱的对角面的轴截面即可得到正六棱柱的底面边长、高和球的半径的关系，在这个关系下求得函数取得最值的条件即可求出所要求的量.
【详解】以正六棱柱的最大对角面作截面如图，设球心为，正六棱柱的上下底面中心分别为，则是，的中点，设高为，设底面边长为，则，∴，∴，，，∴，∴，..
【点睛】本题重点考查球的内接几何体的知识，将空间几何体与导数的应用相结合是解题的关键，考查了学生的空间想象能力和运算能力.
9．ABD
【分析】根据正态分布额对称性判断A，根据二项分布的期望、方差公式判断B，由互斥事件的定义及条件概率的定义可判断C，由残差的定义判断D.
【详解】对于A，由正态分布的对称性知，，所以，故A；
对于B，由,故B正确；
对于C，当时，不互斥，故C错误；
对于D，由残差平方和的统计意义知残差平方和越小的模型拟合的效果越好，故D正确，
故选：ABD
10．AB
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一验证即可；
【详解】如图建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，，，则有，
对于A，设平面的法向量为，则，即，取，
则，即，
又直线平面，所以直线平面，故A正确，
对于B，因为，即，所以，故B，
对于C，，故C正确，
对于D，由题意易知，为平面的一个法向量，且，
则设直线与平面所成的角为，
所以，，所以，故D错误.
故选：ABC.
11．ACD
【分析】根据可得函数的图象关于点对称，根据为偶函数可得函数的图象关于成轴对称，两者结合可得函数的周期性.通过求值，可判断AD的真假；取特殊函数，验证BC的真假.
【详解】因为满足，所以函数的图象关于点对称；又函数定义域为，所以
又为偶函数，所以，所以的图象关于成轴对称，
两者结合即，用代替得：
，所以，所以为周期函数，且.
因为，结合偶函数性质知，故A正确；
若满足题设，则，则，故B错误；
由上易知周期也为4，又，，，所以，故C正确.
因为，，所以，故D；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是要清楚函数的对称性及周期性：
（1）若，则的图象关于点成中心对称；
（2）若，则的图象关于成轴对称；
（3）若且（），则除了函数有对称性之外，函数还是周期函数，且.
12．
【分析】根据题意得到，列出方程组，即可求解.
【详解】由题意，向量与共线，
可得，即，可得，解得.
故答案为：.
13．
【分析】利用不等式及可求函数的最值，从而可得它们的乘积.
【详解】函数的定义域为，
一方面，，
等号当时取得；
另一方面，，
当且仅当时等号成立，
于是最大值为，最小值为，所求乘积为．
故答案为：.
14．
【分析】设，，又，，运用向量共线的坐标表示，可得的坐标，再由向量垂直的条件：数量积为0，由的坐标满足椭圆方程，化简整理可得的方程，求得，由，解不等式结合离心率公式即可得到范围．
【详解】解：设，，
又，，，
，
可得，，，
可得，，
又，，，
由，
可得，
化为，
由在椭圆上，
可得，
即有，
可得，
化为，
解得，或（舍去），
由，
可得，
即有，又，
可得，
该椭圆的离心率的取值范围是，
故答案为：，．
【点睛】本题考查椭圆的离心率的范围，注意运用向量的坐标表示和向量垂直的条件：数量积为0，考查椭圆的范围，以及化简整理的运算能力．

15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角结合正弦和角公式、辅助角公式计算即可；
（2）根据（1）的结论及正弦定理用角表示边，结合三角恒等变换将周长化为，根据三角函数的性质计算值域即可.
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理可知，，
因为，
所以，
即．
又，
所以，即或，
即或（舍去）．
（2）由（1）得，则，即,
由正弦定理可知，
所以．
因为为锐角三角，所以，
即，则，
即，则.
故的周长的取值范围为．
15．(1)
(2)存在点Q，使平面，，理由见详解
【分析】（1）取的中点，连接，利用已知条件证明得，量两两互相垂直，所以以为坐标原点，分别为 轴，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用法向量求两平面所成角的余弦值即可
（2）假设存在，设，求出平面的法向量为，根据平面，可得，求得即可.
【详解】（1）取的中点，连接 ，
因为
所以，
因为侧面底面ABCD，且两个面相交于
平面，平面ABCD
所以平面ABCD, 又平面 ABCD
所以
在菱形中，，且边长为4，
所以
所以
所以
所以量两两互相垂直
所以以为坐标原点，分别为 轴
建立空间直角坐标系，如图所示：
则：
由，即，
因为侧面底面ABCD，且相交于
平面，平面ABCD
所以平面
所以为平面的一个法向量且
设为平面的一个法向量
由
令
所以
设平面PAD与平面PDC所成的角为，
且由图知为锐角
所以
所以平面PAD与平面PDC所成角的余弦值为
（2）假设存在，设，
由（2）可知，
设,则，
又因为，
所以，即，
所以在平面中，，
设平面的法向量为，
则有，
可取，
又因为平面， 所以，
即，解得.
所以当时，平面.
17．（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析
【分析】（Ⅰ）利用导数求出的值，作为切线的斜率，求出，确定切点坐标，再利用点斜式写出所求切线方程；
（Ⅱ）由不等式对任意的恒成立转化为对任意的
恒成立，并构造函数，利用导数求出函数在区间
上的最小值，于此可求出实数的取值范围．
【详解】（Ⅰ）因为，所以，，，
所以曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）即对任意恒成立.
当时，显然成立， 当时，等价于，
令，.则
令， 则 对任意恒成立，
故在单减，于是即.从而 在单减，
故 所以综上所述，
【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，以及利用导数研究函数不等式恒成立问题，通常利用参变量分离法进行转化为定函数的最值问题来求解，考查分析问题的能力与计算能力，属于难题．
18．(1)
(2)不存在直线使得，理由见解析.
【分析】(1)结合椭圆方程求出半焦距，然后利用直线与圆相切得到离心率，进而求出，最后利用得到即可求解；(2) 结合已知条件，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，结合韦达定理求出线段的中点，然后利用垂直关系求出的横坐标，根据得到，进而得到，再通过得到，最后利用距离公式即可求解.
【详解】（1）不妨设左焦点的坐标为，
由抛物线方程可知，，即，
因为直线与以原点为圆心，以椭圆的离心率为半径的圆相切，
故圆心到直线的距离，
从而，
又因为，
所以椭圆的方程为：.
（2）结合已知条件，作图如下：
假设存在直线使，显然直线不能与，轴垂直．
∴直线的斜率存在，设其方程为，，，
联立直线和椭圆的方程，即，
整理得，
，
由韦达定理可知，，，
∴中点，
∵，∴，
解得，，即，
∵，∴，
∴，即，
又∵，∴，
∴，
整理得，，方程无解，
故不存在直线满足．
19．(1)，，
(2)
(3)
【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解即可；
（2）分别求出第一次中奖，第次中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第次抽奖中奖的概率，即可求解时，，对比即可求解；
（3）先分析获得勋章的情形，分别求出从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可求解.
【详解】（1）,
，
；
（2）因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
综上所述，对任意的，，
又，所以；
（3）由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，
所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，
另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，抽一次中奖的概率为，
从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为，
从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为，
用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖，
则三次中奖的所有情况如下：，
，
故仅三次中奖的概率为
，
所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为.
【点睛】关键点点睛：题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽9次至少中奖3次，故只需排除3次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，是解决第三问的关键.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
A
A
B
D
A
C
D
ABD
BCD
ACD