四川省雅安中学2024-2025学年高三下学期2月入学考试数学试题（Word版附解析）

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1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在
本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
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.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合 运算先求 ，再求 即可.
【详解】因为 ，
所以 ，所以 ．
故选：B.
2. 为了得到函数 的图象，只需把函数 的图象上所有的点（ ）
A. 向右平移 1 个单位长度 B. 向左平移 1 个单位长度
C. 向上平移 1 个单位长度 D. 向下平移 1 个单位长度
【答案】B
【解析】
【分析】将函数 的图象向左平移 1 个单位长度得到函数 的图象．
【详解】将函数 的图象上所有的点向左平移 1 个单位长度可以得到函数 的图象．
故选：B
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3. 已知向量 ， ， ，则 （ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】 由向量的数量积的定义和坐标计算公式分别计算 ，即可得解.
【详解】已知向量 ，所以 .
又因为 ， ，
利用向量的数量积的坐标运算公式得： ，
运用向量得数量积得定义得： ,
所以 ．
故选：D.
4. 若 ， ，则 的取值可以是（ ）
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】 根据 及 ， ， 即可求解.
【详解】 因为 ，所以 ， ， ．
故选：A
5. 2024 年 11 月份，文化和旅游部、交通运输部等六部门共同遴选出第二批 68 个交通运输与旅游融合发展
示范案例，并正式公布．四川 3 个案例——“川九”旅游公路、夜游锦江（活水公园一东湖公园段）、“熊猫”
旅游列车入选．甲、乙等四人准备各自从上述 3 个案例的路线中选一条，寒假各自按自己选择的路线去旅
游，且甲、乙结伴而行（甲、乙选择的路线相同），则不同的选择方案有（ ）
A. 6 种 B. 9 种 C. 12 种 D. 27 种
【答案】D
【解析】
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【分析】根据题意甲、乙结伴而行，可将甲，乙看作一个整体，与剩下 2 人进行选择线路，利用分步乘法
计数原理可解.
【详解】根据题意，甲、乙结伴而行，可将甲，乙看作一个整体，
与剩下 2 人从 3 个案例的路线中选一条，共有 种．
故选：D
6. 已知椭圆 与抛物线 有公共焦点 F， 与 的交点为 A，
B，且 A，B，F 三点共线，则 的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得 ，即得 ，令 ，求出 ，利用 A，B，F 三点共线，得
，化简即可求得 的离心率.
【详解】因为 与 有公共焦点，所以 ，即 ．
令 ，得 ．根据对称性，不妨取 ．
因为 三点共线，所以 ，
因为 ，则得
即 ，解得 或 舍去．
故选：C.
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7. 在棱长为 a 的正方体． 中，P 为 AB 上任意一点，E，F 为 CD 上两个动点，且 EF 的
长为定值，则点 P 到平面 的距离（ ）
A. 和点 E，F 的位置有关 B. 和 EF 的长度有关
C. 和点 P 的位置有关 D. 等于
【答案】D
【解析】
【分析】利用线面平行的判定性质、点到平面距离的定义推理计算即可.
【详解】在棱长为 a 的正方体 中，由 为 上两个动点，得平面 即平面
，
由 平面 ， 平面 ，得 平面 ，
而 为 AB 上任意一点，则点 到平面 距离即点 到平面 的距离，
由 平面 ， 平面 ，得 ，又 ，
平面 ，因此 平面 ，
所以点 到平面 的距离为 ，ABC 错误，D 正确.
故选：D
8. 函数 的最大值为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】解法一，解法二：利用基本不等式求解最大值；解法三：利用导数分析函数的单调性，进而求解
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最 大 值 ； 解 法 四 ： 由 ， 令 ， 换 元 可 得
，进而利用导数分析函数的单调性，再求解最大值.
【详解】解法一： ，当且
仅当 时，等号成立，
即函数 的最大值为 ．
解法二：
，
当且仅当 时，等号成立，
即函数 的最大值为 ．
解法三：由 ，
当 时， ；
当 时， ，
故 的单调递增区间为 ，
单调递减区间为 ，
又 ， 是 的一个周期，
则 ，即函数 的最大值为 ．
解法四： ，
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令 ，则 ，
令函数 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，即 ．
故选：C.
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. 某社区通过公益讲座以普及社区居民用火、用电、用气安全知识．为了解讲座效果，随机抽取 10 位社区
居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份用火、用电、用气安全知识问卷，这 10 位社区居民在讲座前和
讲座后问卷答题的正确率如下表：
居民编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
讲座前的正确率 65% 60% 60% 65% 70% 75% 90% 85% 80% 95%
讲座后的正确率 90% 85% 80% 75% 80% 90% 100% 95% 85% 100%
下列说法正确的是（ ）
A. 讲座后问卷答题的正确率的中位数为 87.5%
B. 讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
C. 讲座后问卷答题的正确率的平均数大于讲座前正确率的平均数
D. 讲座后问卷答题的正确率的标准差大于讲座前正确率的标准差
【答案】AC
【解析】
【分析】根据中位数和极差的概念可得选项 A 正确，B 错误；根据每位居民讲座后问卷答题的正确率都有
提升可得选项 C 正确；根据讲座前问卷答题的正确率更加分散可得选项 D 错误.
【 详 解 】 A.讲 座 后 问 卷 答 题 的 正 确 率 从 小 到 大 排 序 为 ：
,
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故讲座后问卷答题正确率的中位数为 ，A 正确.
B.讲座后问卷答题的正确率的极差为 ，讲座前正确率的极差为 ，B 错误.
C.每位居民讲座后问卷答题的正确率都有提升，讲座后问卷答题的正确率的平均数大于讲座前正确率的平
均数，C 正确.
D.讲座前问卷答题的正确率更加分散，所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，
D 错误.
故选：AC.
10. 已知函数 ，下列命题正确的是（ ）
A. 是偶函数
B. 若 ， ，则 a 的取值范围是
C. 的解集是
D. 若直线 与 的图象有 4 个交点，则 的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】选项 A 根据偶函数的定义判断即可；选项 B 先转化为 ，进而由图象确定最小值即得；
选项 C 分别求 和 时， 即可；选项 D 由图象确定直线 与 的图象有 4 个交点
时 的取值范围.
【详解】选项 A：函数 的定义域为 ，
，所以 是偶函数，A 正确．
选项 B：由 ，可知 ，
函数 的图象如图所示．
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当 时， ，所以 ，B 错误．
选项 C：当 时，由 ，解得 ，当 时，由 ，解得 ，
故 的解集是 ，C 正确．
选项 D：若直线 与 的图象有 4 个交点，则 ，D 错误．
故选：AC
11. 如图，将一个大圆锥去掉顶部的小圆锥后，剩余部分均分成 n 个高为 h 的圆台，记第 1 个圆台的上底面
圆半径为 ，第 2 个圆台的上底面圆半径为 ，则下列结论正确的是（ ）
A. 第 n 个圆台的上底面圆半径为 n
B. 第 n 个圆台的体积为
C. 前 n 个圆台 体积之和为
D. 数列 的前 n 项和为
【答案】ABD
【解析】
【分析】结合圆台的体积公式与数列的求和公式依次判断即可．
【详解】对于 A 项，记第 1 个圆台的上底面圆半径为 ，
第 2 个圆台的上底面圆半径为 ，则第 个圆台的上底面圆半径为 ，故 A 项正确；
对于 B 项，第 个圆台的下底面圆半径为 ，
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则第 个圆台的体积为 ，故 B 项正确；
对于 C 项，前 个圆台的体积之和为 ，故 C 项错误；
对于 D 项，所以数列 的前 项和为 ，
即数列 的前 项和为 ．
记数列 的前 项和为 ，
数列 的前 项和为 ，则 ，
解得 ，故 D 项正确．
故选：ABD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知 ，则 _______．
【答案】 ##0.8
【解析】
【分析】由 ，通过弦化切求解．
【详解】 ．
故答案为：
13. 函数 的单调递增区间是_______．
【答案】 (或 )
【解析】
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【分析】根据对数函数，二次函数的单调性结合复合函数的单调性同增异减原则即得.
【详解】函数 的定义域为 ，
令 在定义域上为增函数，则 在 上单调递增，
由复合函数单调性的同增异减原则可得，当 1，即 时，函数 单调递增，
即函数 单调递增区间为 ．
故答案为： (或 )
14. 设有一组圆 ，若圆 和圆 是 这组圆中的两个圆，且圆
和圆 相切， ，则 ______．
【答案】1
【解析】
【分析】求解圆的圆心与半径，当 异号时，两圆不可能相切，再结合已知得 ，进而根据两
圆外切列式求得 .
【详解】由 得 ，
其圆心为 ，半径为 ．故圆 与坐标轴相切，
若 异号，则两圆心距离 ，
两圆的半径和为 ，显然 ，故圆 和圆 外离；
若 同号，因为 ，所以 且 ．
则圆 的圆心为 ，半径为 ，圆 的圆心为 ，半径为 ．
两圆心距离 ，
两圆的半径和为 ，两圆半径差为 ，显然 ，
故圆 和圆 不可能内切，只能外切，
所以 ，解得 ．
故答案为：1
【点睛】关键点点睛：本题考查了利用圆与圆的位置关系求解参数，解题的关键是根据圆与坐标轴相切，
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进而分析出两圆的位置关系，从而利用两圆关系求解即可.
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. 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 ， ．
（1）若 ，求 a；
（2）求 A 的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，再用余弦定理计算即可；
（2）根据正弦定理边角互化，再用余弦定理，结合基本不等式和三角函数解题即可.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ．
不妨设 ，
则 ，即 ．
，解得 ，此时 ．
【小问 2 详解】
因为 ，所以 ．
， 当 且 仅 当 时 ， 等 号 成 立 ． 根 据
在 上单调递减，故 的最大值为 ．
16. 已知函数
（1）若直线 与曲线 相切，求 a 的值；
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（2）若存在 ，使得 ，求 a 的取值范围．
【答案】（1）
（2） ．
【解析】
【分析】（1）求 ，设切点为 ，根据 可得 a 的值.
（2）根据 的范围确定函数定义域，结合导函数分析函数的单调性，利用 可求 a 的取值范围．
【小问 1 详解】
∵ ，∴ ．
设切点为 ，则 ，即 ，解得 ．
【小问 2 详解】
当 时，由 得 ，∴ 的定义域为 ．
由 得，当 时， ，当 时， ，
∴ 上单调递增，在 上单调递减．
∴ ．
∵存在 ，使得 ，∴ ，结合 ，解得 ．
当 时，由 得 ，∴ 的定义域为 ．
由 得，当 时， ，当 时， ，
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∴ 在 上单调递增，在 上单调递减．
∴ ．
∵存在 ，使得 ，∴ ，结合 ，解得 ．
综上， 的取值范围为 ．
17. 如图，在七面体． 中，四边形 ABCD 是边长为 6 的正方形， 平面 ，
．
（1）证明： ．
（2）证明：平面 平面 ．
（3）求二面角 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3） ．
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的性质得到线面平行进而证明面面平行，再结合面面平行的性质证明线线平行
即可.
（2）利用线面垂直的性质得到 ，再结合面面垂直的判定定理求解即可.
（3）建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，判断出二面角是钝角，再结合二面角的向量求法求解
即可.
【小问 1 详解】
因为 ， 平面 平面 ，
所以 平面 ，同理可得 平面 ．
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因为 ，所以平面 平面 ．
因为平面 平面 ，
平面 平面 ，所以 ．
【小问 2 详解】
设 的中点分别为 ，连接 ，
则 ，因为 平面 平面 ，
所以平面 平面 ．
因为平面 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ，所以四边形 为平行四边形，
则 ，故得到 ，
因为 ， 面 ，所以 平面 ．
因为 平面 ，所以平面 平面 ，即平面 平面 ．
【小问 3 详解】
连接 ，记 的交点为 ，
则四边形 为矩形， 为等腰三角形，
而 ，
以点 为原点， 所在的直线分别为 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ，
得到 ，
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设平面 的法向量为 ，则
取 ，解得 ， ，得到 ，
设平面 的法向量为 ，则
取 ，解得 ， ，得到 ，
则 ．
因为二面角 为钝角，所以二面角 的余弦值为 ．
18. 已知点 在双曲线 上，过点 P 且斜率为 的直线与 C 的另
一个交点为 A，过点 P 且斜率为 的直线与 C 的另一个交点为 B．
（1）求 C 的方程；
（2）若 ，求 ；
（3）求直线 AB 的斜率．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)直接将点 P 代入双曲线方程即可求解；
(2)解法一： 直线 ，直线 ．联立方程，由韦达定理及弦长公
式求解；解法二：直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，联立方程，
由韦达定理及弦长公式求解；
(3)解 法 一 ： 设 直 线 的 方 程 为 ． 联 立 ， 得
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，由韦达定理及由 ，得 ，进行求解；解
法二：直线 的斜率 进行求解．
【小问 1 详解】
因为点 在双曲线 上，
所以 ，解得 ，
即双曲线 的方程为 ．
【小问 2 详解】
（解法一）直线 ，直线 ．
联立 ,得 ．
因为方程有一个根为 2，所以 ．
同理可得， ．
所以 ．
（解法二）
直线 的方程为 ，直线 的方程为 ．
设 ．
联立 ,得 ，
，所以 ，
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同理可得， ．
当 时， ． ， ，
．
【小问 3 详解】
（解法一）
易知直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ．
联立 ，得 ，
所以 ．
由 ，得 ，
即 ，
即 ，
所以 ，
化简得 ，即 ，
所以 或 ．
当 时，直线 过点 ，与题意不符，舍去．
综上，直线 的斜率为 ．
(解法二)
直线 的斜率
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．
19. 如图，甲、乙、丙、丁按顺时针方向依次围坐在圆桌周围玩掷骰子游戏，规定：每次随机掷 3 枚骰子，
观察骰子向上的点数，第一次由甲掷骰子．若掷出的骰子中没有点数大于 3 的骰子，则下一次由甲继续掷
骰子；若掷出的骰子中有 1 枚点数大于 3 的骰子，则将骰子按顺时针方向交给甲后面的第 1 个人，即下一
次由乙继续掷骰子；若掷出的骰子中有 2 枚点数大于 3 的骰子，则将骰子按顺时针方向交给甲后面的第 2
个人，即下一次由丙继续掷骰子；若掷出的骰子中有 3 枚点数大于 3 的骰子，则将骰子按顺时针方向交给
甲后面的第 3 个人，即下一次由丁继续掷骰子．记第二次掷骰子的人为 A（A 为甲或乙或丙或丁），若 A 掷
出的骰子中有 i 枚点数大于 3 的骰子，则按顺时针方向数，第三次由 A 后面的第 i 个人掷骰子（若 i=0，则
第三次由 A 继续掷骰子）．此后每次掷骰子由此类推．
（1）分别求出第二次由甲、乙、丙、丁掷骰子的概率；
（2）记前三次中甲掷骰子的次数为 X，求 X 的分布列及期望；
（3）记第 n 次由甲掷骰子的概率为 ，第 n 次由丙掷骰子的概率为 ，证明：当 时，
．
【答案】（1） ， ， ， ．
（2）分布列见解析，
（3）证明见解析
【解析】
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【分析】(1) 由独立事件的概率乘法公式求解；
(2) 的取值可能为 1，2，3，依次求出概率即可计算数学期望；
(3) 记第 次由乙掷骰子的概率为 ，记第 次由丁掷骰子的概率为 ，
①，
②．
两式相加即可求解．
【小问 1 详解】
记 为掷出的骰子中有 枚点数大于 3 的骰子的概率，
．
第二次由甲掷骰子的概率 ．
第二次由乙掷骰子的概率 ．
第二次由丙掷骰子的概率 ．
第二次由丁掷骰子的概率 ．
【小问 2 详解】
的取值可能为 1，2，3
前三次中甲掷骰子的次数为 3，即第二，三次均由甲掷骰子，其概率为
前三次中甲掷骰子的次数为 1，即甲第二，三次均没有掷骰子，
分三种情况：第二次乙郑骰子且第三次甲没有掷骰子；
第二次丙掷骰子且第三次甲没有掷骰子；
第二次丁掷骰子且第三次甲没有掷骰子．
其概率为 ．
前三次中甲掷骰子的次数为 2 的概率为 ，
的分布列为
1 2 3
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．
【小问 3 详解】
证明：记第 次由乙掷骰子的概率为 ，记第 次由丁掷骰子的概率为 ，
①，
②．
②+①得 ．
因为 ，所以 ．
故当 时， ．
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