西南名校联盟2025届高三下学期“3 3 3”高考备考诊断性联考（二）数学试卷 含解析

这是一份西南名校联盟2025届高三下学期“3 3 3”高考备考诊断性联考（二）数学试卷 含解析，共23页。试卷主要包含了 已知“p， 函数， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求出，即可求其共轭复数.
详解】由可得：，解得，
用复数除法得：，
则，
故选：C.
2. 已知，分别为两个实根，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据韦达定理结合两角和正切公式计算即可.
【详解】因为，分别为两个实根，则，
则.
故选：C.
3. 设在中，点D为边上一点，且，点E为边上的中点. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的线性运算，即可用基底表示.
【详解】
因为，所以为中点，即，
又因为点E为边上的中点，所以，
由，
因为，，所以，
故选：D.
4. 某班从5名同学中选3名同学分别参加数学、物理和化学知识竞答，已知甲同学不能参加物理和化学知识竞答，其他同学都能参加这三科知识竞答，则不同的安排有（ ）
A. 42种B. 36种C. 6种D. 12种
【答案】B
【解析】
【分析】利用分类加法原理来求解即可.
【详解】第一类：三名同学中有甲同学，则不同的安排有：种；
第二类：三名同学中没有甲同学，则不同的安排有：种；
根据分类加法原理可得，共有种，
故选：B.
5. 已知“p：”是“q：与表示的曲线有两个不同交点”的（ ）条件.
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先分析，联立方程组整理得到一元二次方程，且由曲线方程得到方程的解范围，由二次函数分析二次方程在某区间上存在两个解，建立不等式组，从而求出的取值范围.由对应区间的关系得到结论.
【详解】∵，∴，
联立方程组得，
即方程在时有两个不同的解，
设函数，则，
即，解得，
∴是的必要不充分条件.
故选：A.
6. 四棱锥的底面是边长为2的正方形，且，设该四棱锥的外接球球心与内切球球心分别为，，则的长为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题设可知正四棱锥底面边长为侧棱长为，进而求出外接球的半径，应用等体积法求内切球的半径，即可求解.
【详解】因为四棱锥底面是边长为2的正方形，且，为正四棱锥，设底面中心为,
则四棱锥外接球球心及内切球球心都在上，设外接球球心为，半径为.
连接，则有.四棱锥的底面是边长为2的正方形，
在中，，
由得，，整理得，.
设内切球的半径为，中，，，
所以，所以四棱锥表面积为，
由，即，
∴，则的长为.
故选：B.
7. 莫比乌斯（Mbius）环是最具有代表性的单侧曲面之一，它由德国数学家莫比乌斯于1858年发现. 就是把一根纸条扭转180°后，两头再粘接起来做成的纸带圈.现将一个长为30cm、宽为4cm的矩形纸条粘合两端（粘合两端重叠部分忽略不计），形成一个莫比乌斯环，如图：

下列关于莫比乌斯环说法正确的是（ ）
A. 一只小虫在不跨过它的边缘情况下沿着表面至少走30cm就能回到原处
B. 如果把它沿中线剪开（如图白色线的部分），曲面被分成独立的两部分
C. 如果把它沿中线剪开（如图白色线的部分），最终得到纸带的边缘周长为120cm
D. 一只小虫在不跨过它的边缘情况下不能爬遍整个曲面
【答案】C
【解析】
【分析】解法一：根据题意，想想小虫行进的情况，可以判断AD；设想从白线的一侧某处出发，并且永远在这一侧，向着一个方向前进，想想其前进行走情况，可以推测出剪开之后的形状，进而判定BC.
解法二：可以用平面图示法理解转化分析.
【详解】 解法一
对于选项 A：一只小虫在不跨过它的边缘情况下沿着表面走 30 cm ，则会发现小虫来到“另一面”，需要在继续前进30cm，才能回到原处，也就是说至少要走60cm才能回到原处，故 A 错误;
对于选项 B：设想从白线的一侧某处出发，并且永远在这一侧，向着一个方向前进，走完30cm到达了背面的白线的对侧，需要再前进30cm刚好回到原点，因此剪开后得到的仍然是一个环带，没有分成两部分，把莫比乌斯带沿中线剪开后不会分成两个独立部分，而会得到一个长度加倍且360°扭转对接的环带，故 B 错误;
对于选项 C：沿中线剪开后得到的环带长是 60 cm，其边缘周长是 60cm2＝120 cm，故 C 正确;
对于选项 D：实际走一走，可以看出小虫在不跨越边缘的情况下可以爬遍整个曲面，故 D 错误.
故选：C.
解法二
如图1标记原纸带的正面的四个角,起始端线和终止端线的中点分别记做,

其背面的相应点依次记做小写的字母表示相应的线段.
图2是第一次扭转180°粘接后的莫比乌斯环的两面沿剪断后展开图，图3是从中间白线剪开后的纸环沿剪断后的展开图，
从图可以看出，小虫在不跨越它的边缘的情况下沿表面至少要走60cm才能回到原处，此时也正好爬遍整个曲面；
沿中间线剪开后的纸带是如图3所示的矩形纸带扭转2个180°重新粘接的环，其周长为矩形的上下两边线的和，总长为120cm；
故选：C.


故选：C.
8. 函数（且在上单调，且，若在上恰有2个零点，则的取值最准确的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由结合函数单调性，即可确定的一个对称中心为，即可求得；利用函数的对称中心和单调区间，结合周期可得，求出，再结合函数零点个数，列出不等式求得，综合，即可求得的取值范围.
【详解】因为函数在区间上单调，
且满足，而，,
即的一个对称中心为，故；
而，故在区间上单调，
设函数的最小正周期为T，则；
函数在区间上恰有2个零点，则恰好为第一个零点，
相邻两个零点之间相距半个周期，
故，即，
解得，结合，
可得的取值范围为，
故选：B.
二、多项选择题（本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 一组样本数据，，…，的平均数等于，，…，的平均数
B. 样本数据1，1，1，0，2的标准差大于方差
C. 若随机变量服从二项分布，则
D. 若随机变量服从正态分布，且，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项由平均数公式得到两组数据的平均数的关系，然后比较即可；B选项先求出数据的平均数，然后分别求出方差和标准差即可；C选项由二项分布得到结合对应的方差公式即可得到；D选项由正态分布的对称性得到，即可求出.
【详解】A选项：设，则，所以A选项错误；
B选项：这组数据的平均数，所以方差，
标准差，∴，即标准差大于方差，B选项正确；
C选项：由可知，所以，C选项正确；
D选项：由可知，∴由对称性可得，
∴，D选项正确.
故选：BCD.
10. 函数满足，且，，下列说法正确的有（ ）
A. 为的一个周期B. 为奇函数
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由，通过代入，可求得周期为4，进而判定A；再结合，可判断B；再通过特值代入，可判断C；联想到正切函数的两角和公式和正切函数的性质，可以想到举例从而否定D.
【详解】对于A，当有意义，且，时，
则，
则，
.
当时，(无意义)，
可得,
所以,
所以.
当时，,
可得,
综上，总有.
故为的一个周期，故A正确；
对于B，，即，函数关于点对称.
又由为的一个周期，所以，
所以，故为奇函数，故B正确；
对于C，为奇函数，但无法直接判定有意义.
但已知，可得有意义，故有意义，,
所以分母不为零，有意义，从而,即,
所以，故C正确；
对于D，.
因为，
，，
满足题设所有条件，但是不存在（），故D错误.
故选：ABC.
11. 设函数，则（ ）
A. 若，则为的唯一的极小值点
B. 函数不一定有最小值
C. 若方程恰有个实数根，则
D. 若对恒成立，则
【答案】AC
【解析】
【分析】分析的单调性，即可得到A正确；证明总有最小值，即可得到B错误；利用方程的零点分布关于原点对称，即可得到C正确；给出，作为反例，即可得到D错误.
【详解】对于A，当时，，根据的单调性，知在上单调递减，在上单调递增.
所以为的唯一的极小值点，故A正确；
对于B，若，则，而，故有最小值.
若，则，且，故有最小值.
所以总有最小值，故B错误；
对于C，由于是偶函数，故如果是方程的根，则也一定是方程的根.
这表明该方程的全部根是关于原点对称的，而该方程恰有个根，数量为奇数，这表明一定是方程的根，即，所以，故C正确；
对于D，若，，则对有，.
所以恒成立，但此时，故D错误.
故选：AC.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知双曲线的左、右焦点分别为，. 点A，点B是双曲线上两点，点C是y轴上一点，O为坐标原点. 若四边形AOBC是正方形，且，则双曲线的离心率e为________.
【答案】
【解析】
【分析】做出图形并利用正方形性质得出在双曲线上，联立方程组解得离心率.
【详解】如下图所示：
知，又因为四边形为正方形，可得，且
因此可得，设其离心率为，知；
代入双曲线的方程可得，又，
联立可得，解得或（舍）；
所以.
故答案：
13. 数列的前n项和为，满足，，则__________.
【答案】10100
【解析】
【分析】取得到，当时，由建立等式，然后化简得到的关系，从而得到数列的通项公式，即可求出.
【详解】当时，，解得，
当时，，
即，则，即，
∴或，
当时，，则与矛盾，∴舍去，
∴，即数列是首项，公差的等差数列，
即，
∴数列的前项和，即.
故答案为：10111.
14. ，，则的取值为________.
【答案】1
【解析】
【分析】由于，即则与在同一区间内保持同号，根据函数单调性，分类进行判断即可.
【详解】根据题意，，定义域为，
当时，，则，
令，则，令，则，
则在上单调递增，在上单调递减，
又，则时，，即，与题意不符；
当时，，根据对数函数的图像特点，易知，当时，，即，与题意不符；
当时，则且，或且，
又在上单调递增，，
所以时，；时，；
所以时，，时，；
又为增函数，所以.
故答案为：1.
四、解答题（本大题共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. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有.
（1）求角A；
（2）若△ABC的面积为，，求△ABC的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦函数公式化简已知可得，由为三角形内角，结合范围，即可求得的值．
（2）由已知利用三角形的面积公式可求的值，进而根据余弦定理可求的值，即可得解的周长．
【小问1详解】
因为.
由正弦定理得，
计算得，化简得
而，所以
又因为，则，，
所以，得；
【小问2详解】
∵的面积为，∴，由（1）知，∴，
由余弦定理得：，
∴，解得，
∴的周长为.
16. 已知函数.
（1）当时，求证：最大值小于；
（2）若有两个零点，求实数k的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用指数不等式和对数不等式，即可放缩法证明；
（2）利用同构思想变形为，从而构造函数，通过求导证明其单调性，即可转化为新的方程，再用分离参变量思想，构造函数求导分析，通过数形结合即可求解.
【小问1详解】
当时，，
先证明：，令，其中，
则，
当时， ，
所以 在上单调递增，即，
则不等式在上恒成立，
再证明：，令，其中，
则，
则当时， ，当时， ，
所以在上递增，在上递减，
即，
则不等式在上恒成立，
所以有，证毕；
【小问2详解】
由得：，
构造函数，由，因为，所以，
即函数在上单调递增，
由，根据单调性可得：
再构造，则，
则当时， ，当时， ，
所以在上递减，在上递增，即
当时，由，可知，
当，由对数函数没有一次函数增长得快，可知，
而函数有两个零点等价于直线与函数有两个交点，根据数形结合可得：.
17. 中心在原点，左、右焦点分别为，的椭圆的离心率，椭圆上的动点（不与顶点重合），满足当时，到左焦点的距离为3.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）当最大值小于5时，过点作椭圆的切线，与轴交于，与轴交于，求的最小值.
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由椭圆性质列出关于的方程组，联立求解即可；
（2）由的最大值小于5，所以椭圆方程为，设，则过点P作椭圆的切线方程为，分别求出、的坐标，即可表示三角形的面积，再结合基本不等式即可求出.
【小问1详解】
因为动点在椭圆上，所以，又，所以，
又，所以，即，
又，联立可得，解得或，又，解得或，
所以椭圆的标准方程为或.
【小问2详解】
根据椭圆的几何性质：，又，所以椭圆的标准方程为，
设切点，
①当且时，椭圆的方程可化为，
求导得，所以切线斜率为，
切线方程为，整理得，
又，化简可得过点P作椭圆的切线方程为；
②当且时，椭圆的方程可化为，
求导得，所以切线斜率为，
切线方程为，整理得，
又，化简可得过点P作椭圆的切线方程为；
③当且时，过点P作椭圆的切线方程为，
综上所述，过椭圆上一点P作椭圆的切线方程为，
令，可得，即，同理可得，
所以，
又，所以，即，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
18. 一只猫和一只老鼠在两个房间内游走.每经过1分钟，猫和老鼠都可以选择进行一次移动. 猫从当前房间移动到另一房间的概率为0.6，留在该房间的概率为0.4；若上一分钟猫和老鼠都在一个房间，那么下一分钟老鼠必定移动到另一个房间，否则老鼠从当前房间移动到另一房间或留在当前房间的概率均为0.5，已知在第0分钟时，猫在0号房间，老鼠在1号房间.设在第n分钟时，猫和老鼠在0号房间的概率分别为，.
（1）求第1分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为1的概率；
（2）求证：，均为等比数列；
（3）在第几分钟时，老鼠在0号房间的概率最大？
【答案】（1）0.5；
（2）证明见解析； （3）第2分钟.
【解析】
【分析】（1）求出猫和老鼠分别在0与0、0与1、1与0、1与1号房间的概率，再利用全概率公式计算得解.
（2）根据给定条件，求出、的递推关系，再利用等比数列的定义推理得证.
（3）由（2）的通项公式，按取奇数和偶数分类求出最大值.
【小问1详解】
在第0分钟时，猫在0号房间，老鼠在1号房间，
设为第1分钟时，猫在号房间，老鼠在号房间，
则，，
设第1分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为，则，
所以第1分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为1的概率0.5.
【小问2详解】
依题意，，，
当时，猫在第分钟时位于0号房间包含两种情况：
上一分钟在0号房间，继续保持在0号房间的概率为；
上一分钟在1号房间，转移到0号房间的概率为，
由全概率公式，得，则，
而，因此数列是首项为，公比为的等比数列，
，满足上式也满足题意，则，
老鼠第分钟0号房间包含3种情况：
上一分钟猫和老鼠都在1号房间，老鼠转移到0号房间的概率为，
上一分钟猫在0号房间，老鼠在1号房间，老鼠转移到0号房间的概率为，
上一分钟猫在1号房间，老鼠在0号房间，老鼠仍在0号房间的概率为，
由全概率公式，得，
即，则，
即，而，
因此数列是首为，公比为的等比数列，
，而满足上式也满足题意，则，
又，
所以为等比数列.
【小问3详解】
由（2）知，显然不是其最大值，设，
当为奇数时，，当且仅当时取等号，最大值为0；
当为偶数且时，，当时，，最大值为，
则的最大值为，所以在第2分钟时，老鼠在0号房间的概率最大.
19. 如图，半径为2的半球面O，底面设为，AB是半球面O的直径，点C在半球面上，且，平面平面. 过点C的平面与半球面O相交形成圆S，CD为圆S的一条直径，且D在平面ABC上，且平面与的夹角为，点C，D均在平面的同侧，记，.
（1）求证：平面；
（2）点P在圆S上，设，. 且，Q在平面上.
（i）用表示PQ的长；
（ii）当DQ与平面ABC所成角最大时，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）记为弧的中点，结合面面垂直与线面垂直性质定理分别证明，再由线面垂直判定定理证明平面，然后结合角度关系求解，得线线垂直，进而证明线面垂直；
（2）（i）结合余弦定理、勾股定理、相似性解三角形可得；（ii）由面面垂直性质找二面角的平面角，利用线面平行判定与性质寻求几何性质，利用三角函数运算表示的正切值，利用导函数求最值可得.
【小问1详解】
因为，，，
又，则.
记为弧的中点，则，
又因为平面平面，且平面，平面平面，
则，又因为，则.
又根据题意知球心为，截面圆圆心为，连接，
则，，则，
又平面，平面，且，
则平面，又平面，则，
所以为平面与的夹角，即，
又，所以，已知，又为中点，
所以，则，即，
又平面平面，平面，平面平面，
所以平面．
【小问2详解】
（i）连接，延长交于，
由（1）性质可知，
，，如图，
在中，，
由余弦定理得，，
则，在中，，，
则，由于三点共线，
所以在中，由，
又，所以．
（ii）如图，过作，垂足为，连接，
因为平面，平面平面且交线为，
因此平面，所以即为与平面所成角的平面角．
设平面，连接，过作，垂足为.
由平面，则，平面，平面，
则平面，平面，平面平面，
则，同理，由可得，
则四边形是平行四边形，则，且平面，
又平面，则，
则，且，
则，
则，
故，
令，则，
构造函数，
则，
在上单调递增，
并存在唯一零点，
故在上单调递增，在上单调递减．
则当时，有最大值， 由DQ与平面ABC所成角的范围为，
故当与平面所成角最大时，．