四川省眉山市仁寿县2025届高三上学期一模试题数学试卷 含解析

这是一份四川省眉山市仁寿县2025届高三上学期一模试题数学试卷 含解析，共17页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知，则的最大值为， 若，，，则， 若复数，是方程的两个根，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
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（不考解析几何）.
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. 设集合，，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出集合，再根据并集定义求解即可.
【详解】因为，
，
所以.
故选：A.
2. 在平行四边形ABCD中，（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算即可结合选项逐一判断.
【详解】在平行四边形ABCD中，，
而，，
，
.
故选：B.
3. 若某圆台的上、下底面的半径分别为1，3，且该圆台的体积为，则该圆台的高为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆台的体积公式即可求解.
【详解】由题可知，该圆台上底面圆的面积为，下底面圆的面积为，
设该圆台的高为，则该圆台的体积为，
即，解得.
故选：D.
4. 函数的部分图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数单调性的性质可排除BC；根据x∈−1,1时，的奇偶性可排除D.
【详解】，
当x∈1,+∞和时，单调递增，单调递减，
在1,+∞，上单调递减，可排除BC；
当x∈−1,1时，，∴fx图象不关于轴对称，可排除D.
故选：A.
5. 已知正项等比数列的前3项和为21，且，则（ ）
A. B. 2C. 6D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列的性质可得，进而结合题设求解即可.
【详解】由题意知，正项等比数列的前3项和为21，
且，
则，解得.
故选：C.
6. 曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求导数，得出切线斜率，写出切线方程，然后可求三角形的面积.
【详解】由，得，
则，所以曲线在点处的切线方程为，
令，得；令，得，
所以切线与坐标轴围成的三角形面积为.
故选：B.
7. 已知，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意知，然后根据基本不等式即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为.
故选：A.
8. 若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合指数函数和对数的运算性质易得，，，进而分析比较与的大小，进而比较与的大小，进而判断即可.
【详解】，，
，
则，，下面比较与的大小，
即比较与的大小，
即比较与大小，
即比较与的大小，而，
则，所以.
故选：B.
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. 若复数，是方程的两个根，则（ ）
A. 为纯虚数B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】解方程得，通过计算逐一验证选项即可.
【详解】方程，，
方程的根为，
即方程的根为，，
不妨设，，
则为纯虚数，故A正确；
，故B正确；
，故C错误；
，则，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数的部分图象如图所示，其中，，则（ ）
A. B.
C. 在上单调递增D. 在上恰有10个零点
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据图象求出函数的解析式，即可判断AB；再利用整体代入的思想结合正弦函数的性质判断CD.
【详解】由图可知，，，即，
又，则，故A正确；
此时，
又，且，则，故B正确；
此时，
当时，，
因为函数在上不单调，
所以在上不单调，故C错误；
当时，，
因为函数在上有10个零点，
所以在上恰有10个零点，故D正确.
故选：ABD.
11. 在体积为的正四棱锥中，异面直线PC与AB所成角的余弦值为，则（ ）
A.
B. 二面角的余弦值为
C. 正四棱锥的外接球的表面积为
D. 直线BC与平面PCD所成角的正切值为2
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据异面直线所成角的定义，先找到角的位置，再求解即可判断A；根据二面角的定义，先找到角的位置，再求解即可判断B；利用勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式计算即可判断C；根据直线与平面所成角的定义，先找到角的位置，再求解即可判断D.
【详解】取的中点，设为正方形的中心，连接，，则.
因为，所以异面直线与所成的角即，则.
设，则，，，则，
所以正四棱锥的体积为，
解得，所以，故A错误.
在正方形中，由于，为的中点，
所以，则为二面角的平面角，
所以，故B正确.
设正四棱锥的外接球的球心为，且，又，
由，得，解得，
所以正四棱锥的外接球的表面积为，故C正确.
因为，所以直线与平面所成的角即直线与平面所成的角.
过点作，垂足为，
因为平面，且平面，
所以，又，且平面，
所以平面，又平面，
所以，又，且平面，
所以平面，
则为直线与平面所成的角，
则，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：求解立体几何中空间角的问题，往往有两种方法，一种是利用定义先找到角的位置，再求解；另一种是建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若钝角满足，则______.
【答案】5
【解析】
【分析】根据为钝角易得，进而结合正切的二倍角公式求解即可.
【详解】由题意，，则，所以，
由，解得.
故答案为：5.
13. 已知是奇函数，当时，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由是奇函数，得函数关于对称，进而结合代值计算即可.
【详解】由是奇函数，得函数关于对称，
又当时，，
则.
故答案为：.
14. 在如图所示的方格表中选5个方格，则这5个方格的数中恰有2个11的概率为______，若要求每行和每列都恰有1个方格被选中，则被选方格的5个数之和的最大值为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据古典概型可得第一空；观察题表可发现每列数字最大值都在最后一行出现，可计算出每一列中每个数字与此列最大值的差的绝对值，若要使得被选中数字的和最大，则只需差的绝对值之和最小即可，再通过观察法即可解决.
【详解】由题知表中共有25个数，其中包含3个11，
所以任选5个方格，其中恰有2个11的概率为.
根据题表知每列数字最大值都在最后一行出现，
根据题表可得出每列数字与此列中最大数的差的绝对值，如下表：
按要求每行和每列都恰有1个方格被选中，若被选方格的5个数之和最大，则差的绝对值之和最小，
所以要使得5个数之和最大，则这5个数可以为11，23，31，41，51，
此时和为，即和的最大值为.
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. 已知的内角A，B，C的对边分别为，，，且.
（1）求的大小；
（2）若的面积为，求外接圆的直径.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得，设，，进而结合余弦定理即可求解；
（2）结合题意，由三角形的面积公式可得，进而（1）所设，求出，进而结合正弦定理求解即可.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，，
不妨设，，
则由余弦定理得，，
又，则.
【小问2详解】
设外接圆的半径为，
由题意，，即，
由（1）知，设，，
则，解得，
则，所以，
则外接圆的直径为.
16. 如图，四边形ABCD是正方形，AE，DF，BG都垂直于平面ABCD，且，，，M，N分别是EG，BC的中点.

（1）证明：平面ABCD.
（2）若，求点N到平面AMF的距离.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，根据题意可得，结合线面平行的判定定理分析证明；
（2）建系标点，求平面AMF的法向量，利用空间向量求点到面的距离.
【小问1详解】
因为，，都垂直于平面，则.
取的中点，连接，，
则，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，
可得，
且平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
连接.
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A2,0,0，，，，
可得，，.
设平面的法向量为n=x,y,z，则，
取，得，，可得.
故点到平面的距离.
17. 在递增的等差数列中，，.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列通项公式性质转化为，进而求得，，即可得出的通项公式；
（2）先表示出，再用错位相减法即可求解
【小问1详解】
设的公差为，因为数列是等差数列，
所以，由解得，
所以，所以.
【小问2详解】
由（1）可得，
则①，
②，
①-②得
则.
18. 某工厂打算购买2台设备，该设备有一种易损零件，在购买设备时可以额外购买这种易损零件作为备件，价格为每个200元.在设备使用期间，零件损坏，备件不足再临时购买该零件，价格为每个320元.在使用期间，每台设备需要更换的零件个数T的分布列为
表示2台设备使用期间需更换的零件个数，代表购买2台设备的同时购买易损零件的个数.
（1）求的分布列；
（2）以购买易损零件所需费用的期望为决策依据，试问在和中，应选择哪一个?
【答案】（1）答案见解析
（2）应选
【解析】
【分析】（1）由每台设备需更换零件个数的分布列求出的所有可能值，并求出对应的概率即可得解；
（2）分别求出和时购买零件所需费用的期望，比较大小即可作答.
【小问1详解】
由题意，的可能取值为8，9，10，11，12，13，14，
则，
，
，
，
，
，
，
则的分布列为：
【小问2详解】记为当时购买零件所需费用，的可能取值为2000，2320，2640，2960，3280，
则，，
，
，
，
则.
记为当时购买零件所需费用，的可能取值为2200，2520，2840，3160，
则，，
，
，
，
显然，
所以应选择.
19. 若存在有限个，使得，且不是偶函数，则称为“缺陷偶函数”，称为的偶点.
（1）证明：为“缺陷偶函数”，且偶点唯一.
（2）对任意x，，函数，都满足.
①若是“缺陷偶函数”，证明：函数有2个极值点.
②若，证明：当时，.
参考数据：，.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据，即可解方程求解，
（2）①根据，取，可得，即可对求导，根据导函数的正负确定函数单调性，结合极值定义求证，②利用放缩法，先证明故，构造，求导，确定函数的最值即可求解.
【小问1详解】
由可得，
由可得，解得，
所以为“缺陷偶函数”，且偶点唯一，且为0，
【小问2详解】
由可得对任意x，，恒成立，
所以存在常数，使得,
令，则，且，
解得，
①，则，
由于“缺陷偶函数”，故，
即，即，
则，得，
，
由于，所以有两个不相等的实数根，不妨设，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以有两个极值点.
②若，即，则，故，
当时，要证，只需要证. ，
因为，故，
只需证，
令，
当单调递减，当单调递增，
故，
所以，从而，故，
时，得证.
【点睛】法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
10
21
30
41
50
11
20
30
40
49
10
19
29
40
51
11
20
31
39
50
11
23
32
43
52
1
2
2
2
2
0
3
2
3
3
1
4
3
3
1
0
3
1
4
2
0
0
0
0
0
4
5
6
7
0.3
0.2
0.4
0.1
8
9
10
11
12
13
14
0.09
0.12
0.28
0.22
0.2
0.08
0.01