2025届四川省眉山市仁寿县高三(上)11月联考数学试卷(解析版)

这是一份2025届四川省眉山市仁寿县高三(上)11月联考数学试卷(解析版)，共14页。试卷主要包含了 若集合，，则， 已知为虚数单位，则的值为， 函数的图象大致为， 已知向量，，若，则， 记等差数列的前n项和为， 已知，，若，则的最大值为， 下列说法正确的是， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
1. 若集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由，则，
所以，
又，
所以.
故选：C
2. 已知为虚数单位，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为
故选：B.
3. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为的定义域为，且，
所以是奇函数，其图象关于原点对称，所以排除A，B.
因为，排除D.
故选：C.
4. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】由题意可知，因为，，
所以，
又因为，所以，
即，解得.
所以.
故选：B.
5. 记等差数列的前n项和为.若，，则（ ）
A. 49B. 63C. 70D. 126
【答案】B
【解析】因是等差数列，故，于是
故选：B
6. 命题在上为减函数，命题在为增函数，则命题是命题的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分又不必要
【答案】A
【解析】要在上单调递减，
则，解得，
在为增函数，则，解得，
因为是的真子集，故命题是命题的充分不必要条件.
故选：A
7. 已知正四棱锥的各顶点都在同一球面上，且该球的体积为，若正四棱锥的高与底面正方形的边长相等，则该正四棱锥的底面边长为（ ）
A. 16B. 8C. 4D. 2
【答案】C
【解析】如图所示，设P在底面的投影为G，易知正四棱锥的外接球球心在上，
不妨设球半径，
该球的体积为，即，
又正四棱锥的高与底面正方形的边长相等，
则，
即.
故选：C
8. 已知，，若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，
，
设，
则，
，
当，即，时等号成立，
所以的最大值为.
故选：D
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；如果标准答案有3个，选对1个得2分，选对2个得4分；如果标准答案有2个，选对1个得3分；错选或不选得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知随机变量服从二项分布，则
B. 设随机变量服从正态分布，若，则
C. 已知一组数据为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，则它的第70百分位数为7
D. 若事件满足，则事件相互独立
【答案】AD
【解析】因为随机变量服从二项分布，则，故A正确；
因为随机变量服从正态分布，则对称轴为，，故B错误；
这组数据的第70百分位数为，故C错误；
因为，所以，所以事件相互独立.
故选：AD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 与有相同的最小值
C. 直线为图象的一条对称轴
D. 将的图象向左平移个单位长度后得到的图像
【答案】ABD
【解析】因为，
对于选项A：的最小正周期，故A正确；
对于选项B：与的最小值均为，故B正确；
对于选项C：因为，
可知直线不为图象的对称轴，故C错误；
对于选项D：将的图象向左平移个单位长度后，
得到，故D正确.
故选：ABD.
11. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A. 函数的值域为
B. 函数的图象关于点成中心对称图形
C. 函数的导函数的图象关于直线对称
D. 若函数满足为奇函数，且其图象与函数的图象有2024个交点，记为，则
【答案】BCD
【解析】对于A，显然的定义域为R，，则，即函数的值域为，A错误；
对于B，令，，
即函数是奇函数，因此函数的图象关于点成中心对称图形，B正确；
对于C，由选项B知，，即，
两边求导得，即，
因此函数的导函数的图象关于直线对称，C正确；
对于D，由函数满足为奇函数，得函数的图象关于点成中心对称，
由选项B知，函数的图象与函数的图象有2024个交点关于点对称，
因此，D正确.
故选：BCD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数则______．
【答案】
【解析】
.
故答案为：
13. 在的展开式中，常数项为______．
【答案】60
【解析】解：二项式的展开式的通项公式，
令，解得，
所以的二项展开式中，常数项为.
故答案为：.
14. 对任意的，不等式恒成立，则实数_________.
【答案】
【解析】由题意可知：且成立，则，
因为对任意的，不等式恒成立，
也即在上恒成立，
记，则在上单调递增，
当时，，即恒成立，则，所以，解得：；
当时，不等式显然成立；
当时，，即在恒成立，
则，因为在上单调递减，所以时，，解得：，
因为对任意的，不等式恒成立，
则综上可知：实数的值为.
故答案为：.
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. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
解: （1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为R，且，
若，则对任意x∈R恒成立，
可知R上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在0,+∞内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为1,+∞；
解法二：因为的定义域为R，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在0,+∞内单调递增，
可知在0,+∞内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为1,+∞.
16. 为研究“眼睛近视是否与长时间看电子产品有关”的问题，对某班同学的近视情况和看电子产品的时间进行了统计，得到如下的列联表：
附表：
．
（1）根据小概率值的独立性检验，判断眼睛近视是否与长时间看电子产品有关；
（2）在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是多少？
（3）以频率估计概率，在该班所在学校随机抽取2人，记其中近视的人数为X，每天看电子产品超过一小时的人数为Y，求的值．
解: （1）零假设为：学生眼睛近视与长时间使用电子产品无关．
计算可得，，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为眼睛近视与长时间使用电子产品有关．
（2）每天看电子产品超过一小时的人数为，
则，
所以在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是．
（3）依题意，，，
事件包含两种情况：
①其中一人每天看电子产品超过一小时且近视，另一人既不近视，每天看电子产品也没超过一小时；
②其中一人每天看电子产品超过一小时且不近视，另一人近视且每天看电子产品没超过一小时，
于是，
所以．
17. 在三棱台中，平面，，且 ，，为的中点，是上一点，且.
（1）若，求证：平面；
（2）已知，且直线与平面的所成角的正弦值为时，求平面与平面所成夹角的余弦值；
（3）在（2）的条件下，求点到平面的距离.
解:（1）∵，且是的中点，则.
∵平面，平面，∴.
又，，平面，∴平面，
因为平面，
∴.①
在中，，所以，
在中，，所以，所以②
∵，，平面，
∴由①②知平面
（2）由题意得，平面，
∴平面. 由（1）可知，故为坐标原点.
如图，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.
∵，
∴，.
∴，，， .
∵，
∴由棱台的性质得，，
∴，∴
∴.
由（1）可知平面的一个法向量为，且.
直线与平面的所成角的正弦值为，
∴，
即，解得.
∴平面的一个法向量为，且.
平面的法向量为.
∵，,
，即，
当时，，
∴平面的一个法向量为..
∴平面与平面所成夹角的余弦值.
（3），
所以点到平面的距离为.
18. 已知的内角的对边分别为，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若且的面积为，求边.
（3）若，且，求的值.
解:（1）由得：，
，
，即，
，，即，
又，.
（2）由及得：，解得：.
（3），，
所以由得：，
所以
.
19. 定义：若数列满足，则称数列为“线性数列”.
（1）已知为“线性数列”，且，证明：数列为等比数列.
（2）已知.
（i）证明：数列为“线性数列”.
（ii）记，数列的前项和为，证明：.
解:（1）因为为“线性数列”，所以，
所以，即，解得，
所以，
所以，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（2）（i）因为，则，
令，即，解得，所以，
因为，
所以，所以数列为“线性数列”；
（ii）因为，则，
所以
，
因为，，所以，
所以.近视情况
每天看电子产品的时间
合计
超过一小时
一小时内
近视
10人
5人
15人
不近视
10人
25人
35人
合计
20人
30人
50人
0.1
0.05
0.01
0.005
0001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828