2025届四川省新高考联盟高三上学期12月模拟考试数学试卷（解析版）

这是一份2025届四川省新高考联盟高三上学期12月模拟考试数学试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知复数满足，则复数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
【答案】D
【解析】由，
得，
所以，
所以在复平面内对应的点为，位于第四象限．
故选：D．
2. 已知：．若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由，可得；
由，
因为是的充分不必要条件，则.
故选：C
3. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. 8C. 9D. 16
【答案】B
【解析】因为所以，则，
由等比数列的前项和的性质可知，
数列是以为首项，3为公比的等比数列，
所以，即，
，即，
所以.
故选：B.
4. 已知，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】由
可得，
两边同除以可得，，
代入，可得，
故选：D
5. 已知点在确定的平面内，是平面外任意一点，满足，且，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】,
因为四点共面，
所以，
注意到，从而.
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为.
故选：B.
6. 记的内角的对边分别为，已知，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，，则，
根据正弦定理，可得
，
在中，，则，
，
在中，易知，当时，.
故选：B.
7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点都在椭圆上，若，且，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】依题意知F1-c,0，，
如图，由，可知三点共线，三点共线.
设Px0,y0，Ax1,y1，Bx2,y2，直线，直线,
由消去，
可得，
则，
同理可得，
显然，，，
由代入坐标可得：，即得，
同理由可得，，由，可得，
同理，，故
（*），
又点在椭圆上，则有，则（*）式可化成：
，
解得，故得，
又，故的离心率的取值范围为.
故选：B.
8. 如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则（ ）
A. 这两个球体的半径之和的最大值为
B. 这两个球体的半径之和的最大值为
C. 这两个球体的表面积之和的最大值为
D. 这两个球体的表面积之和的最大值为
【答案】D
【解析】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切，
过底面圆的直径作截面，
如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点作⊥AB，垂足为E，
过点作⊥OF，垂足为D．
设圆O的半径为R，圆的半径为r，当下面的球与上底面相切时，取得最大值，
此时为该圆的内切球半径，等边三角形的边长为，内切球半径为，
故，故R的最大值为，且取最大值时，
三点共线，设，则，则，解得，
所以，，，，.
因为，所以①，
整理得，解得，
令函数，，
.
令函数，，所以是增函数.
又因为，，所以，，
所以，，，，
即，，，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因为，所以，即这两个球体的半径之和的最大值为.
由①可得，
这两个球体的表面积之和为.
令，函数在上单调递增，
所以，即这两个球体的表面积之和的最大值为.
故选：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 随机事件A，满足，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C
D.
【答案】CD
【解析】A.，
所以，，
所以，故A错误；
B.，故B错误；
C.，故C正确；
D.，，
所以，，故D正确.
故选：CD
10. 表示不超过的最大整数，例如：，已知函数，下列结论正确的有（ ）
A. 若，则
B.
C. 函数的图象不关于原点对称
D. 设方程的解集为，集合，若，则
【答案】ACD
【解析】对于A，当，
则，
所以有，
显然成立，故A正确；
对于B，，
此时不成立，故B错误；
对于C，因为，
所以，
即不是奇函数，
所以函数的图象不关于原点对称，故C正确；
对于D，方程，可得，
解得：或，
所以或，
又因为，，
所以当时，满足题意，
此时，解得；
当时，由上可知方程有两根，解得，
当时，若，则需要满足，
当时，若，则需要满足，
综上可得：，故D正确；
故选：ACD.
11. 已知，直线为原点，点在上，直线与交于点在直线上，且，点的轨迹为史留斯蚌线，记为曲线，其中是的渐近线，如图所示．设是上一点，则（ ）

A.
B. 存在异于原点的点，使得关于点的对称点仍在上
C. 若在第二象限，则的最大值为
D. 若在第一象限，则直线的斜率大于
【答案】AD
【解析】设，，，
由与相交，则不与重合，即，
设，则，所以，
代入，可得，
即，
设，则，即，
代入，即，即，
由，即，所以，
当时，从而，整理得；
当时，即和重合，，此时方程成立；
所以曲线方程为；
由，所以，解得，故A正确；
在第一象限的部分对应的方程为①，
在第三象限的部分对应的方程为，
它关于原点成中心对称的部分对应的方程为，
即②，
联立①②解得，这样矛盾，
所以不存在异于原点的点，使得关于点的对称点仍在上，
由对称性可知，二、四象限也不存在关于点的对称点仍在上，故B错误；
当时，当时，故C错误；
设，则，所以在上单调递减，
从而，所以，即，
所以，即，即，
所以若在第一象限，则直线的斜率大于，故D正确.
故选：AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数为______．
【答案】
【解析】当取1，取，的系数为；
当取，取时，得的系数为：.
所以的系数为：.
故答案为：
13. 已知，且，则的最小值是_________.
【答案】
【解析】令其中，
所以，
若，则，故，
令，
因此,故,则，
当且仅当等号成立，取时可满足等号成立，
可知的最小值为，
故答案为：.
14. 设A是非空数集，若对任意，都有，则称A具有性质P.给出以下命题：
①若A具有性质P，则A可以是有限集；
②若具有性质P，且，则具有性质P；
③若具有性质P，则具有性质P；
④若A具有性质P，且，则不具有性质P.
其中所有真命题的序号是___________.
【答案】①②④
【解析】对于①，取集合具有性质P，故A可以是有限集，故①正确；
对于②，取，则，，，，又具有性质P，，，，所以具有性质P，故②正确；
对于③，取，，，，但，故③错误；
对于④，若A具有性质P，且，假设也具有性质P，
设，在中任取一个，此时可证得，否则若，由于也具有性质P，则，与矛盾，故，
由于A具有性质P，也具有性质P，
所以，
而，这与矛盾，
故当且A具有性质P时，则不具有性质P，
同理当时，也可以类似推出矛盾，故④正确.
故答案为：①②④
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，由下列四个条件中选出三个：
①最大值为2； ②最小正周期为；
③； ④．
（1）求函数的解析式及单调递减区间；
（2）设．当时，的值域为，求的取值范围．
解：（1）对于条件③，有，
因为，则，，
显然不成立，因此只能选择条件①②④，
则，，
所以，此时；
令，解之得；
（2）由上可知
，
当时，，
因为此时的值域为，则，
则，
故.
16. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的正弦值；
（3）记的中点为，若在线段上，且直线与平面所成的角的正弦值为，求线段的长．
（1）证明：连接，则，
因为，所以四边形为平行四边形；
所以，
因为，，且为的中点，
所以，所以，
所以，即，
又因为，所以平面.
（2）解：以为原点，为轴，为轴，为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A2,0,0，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即，
取，
设平面的法向量为，
则，即，
取，
所以，
所以二面角的正弦值为.
（3）解：设，则，
而，所以，
由（II）知平面的法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
化简得，解得：或，
故线段的长度为或．
17. 已知椭圆的焦点在轴上，长轴长与短轴长的比为，焦距为.为椭圆上任意一点，过点作圆的两条切线、，分别为切点，直线分别与、轴交于、两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求面积的最小值；
（3）过点的两条直线，分别与椭圆相交于不同于点的，两点，若与的斜率之和为-2，直线是否经过定点？若过定点，求出定点坐标，若不过定点请说明理由.
解：（1）依题意，，解得，
则椭圆的标准方程为；
（2）如图，设，连接,
则,
即点在以为直径的圆上，
取的中点为，，
则圆，即，
将其与作差整理，可得直线的方程为：，
令，则；令，则，则得，
故，因点在椭圆上，故，
由可得，当且仅当时，等号成立，
此时，
即当点为这四个点时，面积取得最小值；
（3）如图，当直线的斜率为0时，直线与关于轴对称，此时不符合题意；
故可设直线的方程为：，代入中，
整理得：，
由，可得
设，则（*）
依题，

，
化简整理得：，
将（*）代入，可得，
即得，
整理得：，则有或.
当时，经过点,不合题意，舍去；
当时， ，经过定点.
故直线经过定点.
18. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成集合．
（1）若是12项0-1数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和；
（2）从集合中任意取出两个数列，记．
①求随机变量的分布列，并证明：；
②若用某软件产生项数列，记事件“第一次产生数字1”，“第二次产生数字1”，且．若，比较与的大小．
解：（1）因为是12项数列，当且仅当时，，
所以当和时，.
设数列的所有项的和为，
则
，
所以数列的所有项的和为0.
（2）①因为数列，是从集合中任意取出两个数列，
所以，数列，为项数列
所以，的可能取值为：
当时，数列，中有项取值不同，有项取值相同，
又因为集合中元素的个数共有个，
所以，,
所以，的分布列为：
证明：因为，
所以，
.
②由题知，
所以，，
所以，，
所以，即，
所以，，
即
19. 莫比乌斯函数，由德国数学家和天文学家莫比乌斯提出，数学家梅滕斯首先使用作为莫比乌斯函数的记号，其在数论中有着广泛应用所有大于1的正整数n都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，，例如：，对应，．现对任意，定义莫比乌斯函数．
（1）求；
（2）已知，记（为的质因数个数，为质数，）的所有因数从小到大依次为．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）求的值（用表示）．
（1）解：因为，因为的指数，所以；
又，易知，，，，，
所以；
（2）（ⅰ）证明：的因数中如有平方数，
根据莫比乌斯函数的定义，，
因此的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数，
从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，
所以
.
（ⅱ）解：方法一：由（ⅰ）知，因此的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数，
所以
.
令，
则（，），所以
，
所以，.
因为，
所以.
方法二：
.
由多项式展开式原理可知，的展开式即为上式所求.