四川省仁寿第一中学南校区2025届高三上学期高考适应性测试（模拟）数学试卷（Word版附解析）

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本卷满分：150分 考试时间：120分钟
一、选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由绝对值不等式及一元二次不等式的解法求出集合和，然后根据交集的定义即可求解.
【详解】解：由题意，集合，或，
所以，
故选：B.
2. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法和共轭复数的概念求解即可.
【详解】，则，
故选：B.
3. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量投影的概念运算求出，再利用向量数量积运算求得结果.
【详解】由题在上的投影向量为，
又，，即，
.
故选：A.
4. 已知，，则sin（α＋β）=（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别对已知两个等式两边平方相加，化简后利用两角和的正弦公式可求得结果.
【详解】因为，
所以，
所以，，
两式相加可得：
，
所以
，
所以，解得，
故选：C.
5. 设，，则下列结论错误的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，且，则
【答案】B
【解析】
【分析】由不等式的性质可判断A，B；由基本不等式可判断C；由在上单调递增可判断D.
【详解】对于A，若，则，则，正确；
对于B，若，则，则，不正确；
对于C，若，则，正确；
对于D，因为函数在上单调递增，
，，正确.
故选：B.
6. 已知双曲线：的右焦点为F，过点F作垂直于x轴的直线，M，N分别是与双曲线C及其渐近线在第一象限内的交点.若M是线段的中点，则C的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设双曲线的右焦点，求出点和的坐标，利用中点坐标公式列式计算得关系，进而可得渐近线方程.
【详解】设双曲线的右焦点，过第一象限的渐近线方程为，
当时，，即，又，
因为M是线段的中点，所以，得，
所以，即，
所以C的渐近线方程为.
故选：C.

7. 黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器．该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足．器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收．黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径，足径，高，其中底部圆柱高，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（ ）（附：的值取3，）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求圆台母线长，再代入圆台和圆柱侧面积公式，即可求解.
【详解】设该圆台的母线长为，两底面圆半径分别为，（其中），
则，，，
所以，
故圆台部分的侧面积为，
圆柱部分的侧面积为，
故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为.
故选：B.
8. 已知函数的定义域为，且，，设
，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】赋值可求得，，，，进而结合裂项相消法求和即可.
【详解】由，，
令，得，即，
令，得，即，
令，得，即，
令，得，即，
同理可得，，，，
则
.
故选：C
二、选择题：本大题共2小题，每小题6分，共计12分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分.
9. 给出下列四个命题，其中不正确命题为（ ）
A. 是的充分不必要条件
B. 是的必要不充分条件
C. 是函数为奇函数的充要条件
D. 是函数在上单调递增的既不充分也不必要条件
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A项，根据单调性验证充分性和必要性；对于B项，取特值验证必要性不成立；对于C项，充分性考察幂函数的奇偶性，必要性求出和对应系数相等；对于D项，必要性根据幂函数的单调性验证.
【详解】对于A 项，设函数，因为在上单调递增，
则，
因为在上单调递增，当时，即，所以充分性成立；
若，即，又因为在上单调递增，所以，必要性成立；
所以“”是“”的充要条件，A不正确．
对于B项，取满足，但是不满足，
则“”不是“”的必要条件，B不正确．
对于C 项，时，的定义域为关于原点对称，
又因为，
所以是定义在奇函数，所以充分性成立；
若为奇函数，则
并且，又因为，则，所以必要性成立.
故是函数为奇函数的充要条件，所以C正确.
对于D项，因为函数在上单调递增，所以，故必要性成立，所以D项不正确.
故选：ABD．
10. 已知函数，，是的两个零点，且，则（ ）
A. B. 为的极小值点
C. 的极大值为4D. 满足的解集是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据，是的两个零点可得，，进而结合即可求得的值，进而判断A；结合导数分析函数的单调性，可判断BC；结合函数的图象可判断D.
【详解】因为，是的两个零点，
则，即，，
则，
所以，
即，
解得，则，即.
对于A，，故A错误；
对于B，由，
令，得或；令，得，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
则为的极小值点，故B正确；
对于C，当时，函数取得极大值，故C正确；
对于D，由于，画出函数的图象，如图，

满足的解集是，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.
11. 二项式的展开式中的常数项为__________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意，写出二项式的通项，由求得值代入即得.
【详解】二项式的通项为，
由可得，即得二项展开式中的常数项为.
故答案为：
12. 已知函数，若为偶函数，且在区间内仅有两个零点，则的值是__________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据偶函数的性质，求得，，再结合余弦函数的零点，列出不等式，即可求解.
【详解】偶函数，
所以，，得，，
当时，，在区间内仅有两个零点，
所以，解得：，所以.
故答案为：2
13. 已知抛物线：，：的焦点分别为，，一条平行于x轴的直线与，分别交于点A，B，若，则四边形的面积为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据，结合焦半径公式，求得，进而求得，再结合平行四边形面积公式即可求得结果.
【详解】设，，根据题意可知，故，即，

又由抛物线的定义可知，，
当时，，故，，，
所以，四边形是平行四边形，
故四边形的面积为.
故答案为：.
14. 某警察学院体育比赛包括“射击”、“游泳”、“折返跑”、“百米接力”、“伤员搬运”、“400米障碍”六个项目，规定：每个项目前三名得分依次为，，，其中，选手的最终得分为各场得分之和.最终甲、乙、丙三人包揽了每个项目的前三名，在六个项目中，已知甲最终得分为26分，乙最终得分为12分，丙最终得分为10分，且丙在“射击”这个项目中获得了第一名，那么
______，“游泳”这个项目的第二名是______.
【答案】 ①. ②. 乙
【解析】
【分析】根据得分总和可得，结合反证法可得，再就甲在除射击外的5个项目中的得分分类讨论后可得游泳中的第二名.
【详解】因为甲乙丙包揽了每个项目的前三名，故它们的得分总和为，故，
若，则，此时，与矛盾；
故，故，故或，
若，则丙在除射击外的5个项目共拿6分，
但其余5个项目丙拿5分或7分以上，矛盾；
故，所以丙在除射击外的5个项目中每个项目均拿1分，共计5分；
甲共计分，则甲在除射击外的5个项目中拿分或分，
若甲在除“射击”外的5个项目中拿分，则甲在射击项目中拿1分，
其余5个项目中每个项目都拿5分，
此时乙在6个项目中的分数为，符合题意；
若甲在除“射击”外的5个项目中拿分，故甲在射击中拿2分，乙拿1分，
则其余5个项目中，甲在4个项目中每个项目拿5分，1个项目中拿2分，
此时甲的总分达不到分，
故，游泳的第二名为乙，
故答案为：，乙.
【点睛】思路点睛：对于逻辑推理题，我们需从题设条件中挖掘一些等量关系，而且要结合数据的特征作出合理的分类.
四、解答题：本题共6小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知在中，内角，，所对的边分别为，，，.
（1）求角；
（2）已知直线为的平分线，且与交于点，若，，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，再根据同角三角函数关系式可得解；
（2）根据余弦定理及三角形面积列方程，解方程可得，即可得周长.
【小问1详解】
在中，由正弦定理可知可转化为，
即，
即，，
由在中，，
则；
【小问2详解】
在中，
由，
即，
又直线为的平分线，
则，
所以，
即，
又由余弦定理可得，即，
可知，
解得或（舍），
所以的周长为.
16. 已知数列的前项和为，，数列是以1为公差的等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若对于任意正整数，都有，求实数的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)求出给定的等差数列通项公式，再利用前项和求通项公式的方法求解作答即可；
(2)运用裂项相消法求和，化简整理，判断数列的最值，再由恒成立思想，即可得到所求实数的最小值.
【小问1详解】
数列是以1为公差的等差数列，且，
，，
当时，；
经检验，当时，满足上式.
【小问2详解】
由，
则
，
而，所以，即的最小值为.
17. 某同学进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5.
（1）若该同学共投篮4次，求在投中2次的条件下，第二次没有投中的概率；
（2）设随机变量服从二项分布，记 则当时，可认为η服从标准正态分布.若保证投中的频率在区间的概率不低于，求该同学至少要投多少次.
附: 若，则，.
【答案】（1）
（2）68
【解析】
【分析】（1）设出事件，由条件概率公式即可求解；
（2）首先将题目条件转换为的概率至少为，进一步通过计算得，从而可得，由此即可得解.
【小问1详解】
该同学投篮了四次，设分别表示“第二次没有投中”和“恰投中两次”.
则有.
【小问2详解】
随机变量代表次投篮后命中的次数，则服从二项分布，
然后令随机变量，并近似视其服从正态分布.
题目条件即为，即的概率至少为.
由于我们有，
故命题等价于，解得.
综上，该同学至少要投次.
18. 如图，在四棱锥中，底面，若四边形为菱形，，且分别为的中点.

（1）试判断直线与是否垂直，并说明理由；
（2）若四棱锥的体积为，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）直线与不垂直，理由见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用反证法，结合线面垂直的性质、判定及菱形的性质导出矛盾即可得证.
（2）利用给定的体积求出，进而求出，再利用几何法结合余弦定理求解即得.
【小问1详解】
直线与不垂直，证明如下：
假设，连接，连接，由分别为的中点，得，
由平面，得平面，而平面，则，
又，平面，于是平面，又平面，
则，由四边形是菱形，得，因此，与矛盾，
所以直线与不垂直.
【小问2详解】
菱形中，，则，
菱形的面积，而平面，
于是四棱锥的体积为，解得，
由平面，得，
，，
由，得或其补角即为异面直线与所成的角，
在中，，由余弦定理得，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
19. 如图，已知椭圆上、下焦点分别为，，焦距为2，离心率为，称圆心在椭圆上运动，且半径为的圆是椭圆的“环绕圆”.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）记直线与椭圆的另一个交点为点，“环绕圆”的面积为，三角形的面积为，
试判断，是否存在点，使，若存在，求满足条件的直线的条数，若不存在，请说明理由；
（3）若过原点可作“环绕圆”的两条切线，分别交椭圆于、两点，直线，的斜率存在，记为，，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）存在，2条； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据焦距、离心率及参数关系求标准方程；
（2）设直线为，，联立椭圆并应用韦达定理得，，根据及已知列方程求参数k，即可得答案.
（3）设切线方程为，切线方程为，且，根据相切关系得到是的两个不相等实根，由韦达定理及椭圆有界性求范围.
【小问1详解】
由题意，，得，故椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
由（1）知：，显然直线不与轴重合，
设直线为，，
联立，得，显然，
所以，，
则，
圆半径为1，则，故，
所以（负值舍），即满足条件的直线有2条；
【小问3详解】
设切线方程为，切线方程为，且，
圆与相切，则，化简得，
同理，
所以是的两个不相等实根，则，
又在椭圆上，故，则，
由存在，则，即，
所以.
20. 已知函数.
（1）若，是定义在上的函数，，.证明：当时，为周期函数.
（2）若曲线在处的切线方程为，设（），为的导函数，且有两个极值点，（）.证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先根据偶函数的判定得为偶函数，再计算得，则证明其为周期函数；
（2）直接求导，根据得到值，则得到的解析式，两次求导得到再结合韦达定理得到，作差化简得，将原不等式转化为证明，再设新函数求导即可.
【小问1详解】
时，，
，则
，
为偶函数.
①，，
②，；
③，.
，为偶函数.
，，
，，
即为周期函数.
【小问2详解】
由题意得，
由已知，，，
，，
，
设
.
由已知，为在上的两个不等实根，且，
，.
，
，
要证:，
只需证，
即证.
设，则，
在上单调递减，又.
.
，
原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是首先求出值，从而得到的表达式，再多次求导得到韦达定理式，最后再对要证明的不等式进行等价转化，减少变量，最后重新设函数利用导数证明即可.