2025年四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高考数学三诊试卷（含答案）

这是一份2025年四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高考数学三诊试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={a−2,a2+4a,12}，且−3∈A，则a等于( )
A. −1B. −3C. 3D. −3或−1
2.将函数y=sin2x的图象向左平移φ个单位后得到函数y=cs2x的图象，则φ可以是( )
A. π4B. π2C. 3π4D. π
3.已知单位向量a，b满足|a−2b|= 7，则a在b上的投影向量是( )
A. 12aB. −12aC. 12bD. −12b
4.如表是某地区2024年3月1日至10日每天中午12时的气温统计表，则下列关于这10天中气温的说法错误的是( )
A. 众数为2和6和12B. 70%分位数为16C. 平均数小于中位数D. 极差为18
5.已知抛物线C：y=4x2的焦点为F，P是抛物线C上的一点，O为坐标原点，若线|PO|= 52，则( )
A. p=2B. |PF|=2C. 准线为y=−14D. |PF|=1716
6.M是圆(x−4)2+y2=2上的动点，若M到两条直线l1：x−y+10=0和l2：x−y+m=0的距离之和与动点M的位置无关，则实数m的取值范围是( )
A. [−2,+∞)B. (−∞,−2]C. [−6,+∞)D. (−∞,−6]
7.设α∈(0,π2)，β∈(0,π2)，且tanα+tanβ=1csβ，则( )
A. 2a+β=π2B. 2α−β=π2C. 2β−α=π2D. 2β+α=π2
8.一个密闭的长方体盒子高为4，底面是边长为2的正方形，盒内有一个半径为1的小球，若将盒子任意翻动，则小球不能到达区域的体积是( )
A. 16−4πB. 16−103πC. 16−83πD. 16−2π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法不正确的是( )
A. 复数z=1−i的虚部是−i
B. 若随机变量ξ，η满足η=3ξ−2，则D(η)=3D(ξ)−2
C. 已知命题p：∀x∈(0,π2)，sinx0)过点M(2,1)，且离心率为 32．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)若过原点的直线l1与椭圆C交于P，Q两点，且在直线l2：x−y+2 6=0上存在点M，使得△MPQ为等边三角形，求直线l1的方程．
18.(本小题17分)
一口袋中装有10个小球，其中标有数字1，2，3，4，5的小球各两个，这些小球除数字外其余均相同．
(1)某人从中一次性摸出4个球，设事件A“摸出的4个球中至少有一个数字是5”，事件B“摸出的4个球中恰有两个数字相同”；分别求事件A和事件B的概率；
(2)现有一游戏，游戏规则是：游戏玩家每次有放回地从袋中随机摸出一球，若摸到5号球，则游戏结束；否则继续摸球，当摸到第n(n≥2)个球时，无论摸出的是几号球游戏都结束.设X表示摸球的次数(1≤X≤n,X∈N∗)，求随机变量X的期望．
19.(本小题17分)
如图，半径为2的半球面O底面设为α，AB是半球面O的直径，点C在半球面上，且∠AOC=π6，平面ABC⊥平面α.过点C的平面β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α与β的夹角为π6，点C，D均在平面α的同侧，记α∩β=l，CD∩AB=T．
(1)求证：OD⊥平面α；
(2)点P在圆S上，设∠CSP=θ，θ∈[0,2π].且PQ//OD，Q在平面α上．
(i)用θ表示PQ的长；
(ii)当DQ与平面ABC所成角最大时，求csθ．
参考答案
1.【答案】B
2.【答案】A
3.【答案】D
4.【答案】B
5.【答案】D
6.【答案】D
7.【答案】A
8.【答案】C
9.【答案】ABD
10.【答案】ACD
11.【答案】ACD
12.【答案】1116
13.【答案】2 6
14.【答案】 102
15.【答案】解：(1)由csBb=csA−3csC3c−a，结合正弦定理得csBsinB=csA−3csC3sinC−sinA，
可得3sinCcsB−sinAcsB=csAsinB−3sinBcsC，
整理得sinAcsB+csAsinB=3(sinBcsC+csBsinC)，所以sin(A+B)=3sin(B+C)，
结合△ABC中，sin(B+C)=sinA，sin(B+A)=sinC，
可得sinC=3sinA，所以c=3a，a2+c2ac=a2+(3a)2a⋅(3a)=103，
(2)由c=3a，BD=2DA，可得BD=23c=2a，
在△BCD中，csB=BC2+BD2−CD22BC⋅BD=a2+4a2−44a2=54−1a2，
在△ABC中，csB=BC2+BA2−CA22BC⋅BA=a2+9a2−116a2=53−116a2，
所以54−1a2=53−116a2，解得a2=2，
可得csB=54−12=34，结合B∈(0,π)，可得sinB= 1−cs2B= 74，
所以△ABC的外接圆半径R满足2R=bsinB= 11 74=4 777，可得R=2 777，
所以△ABC的外接圆面积S=πR2=π⋅(2 777)2=44π7．
16.解：(1)f′(x)=a+e−x，当a≥0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在R上单调递增；
当a0，f(x)单调递增，在区间(−ln(−a),+∞)内，f′(x)0)过点M(2,1)，代入可知：44b2+1b2=1，
解得：b2=2，则a2=8，
∴椭圆C的方程x28+y22=1；
(Ⅱ)显然，直线l的斜率k存在，设P(x0,y0)，则Q(−x0,−y0)，
(1)当k=0，直线PQ的垂直平分线为y轴，y轴与直线m的交点为M(0,2 6)，
由丨PO丨=2 2，丨MO丨=2 6，
∴∠MPO=60°，则△MPQ为等边三角形，
此时直线l1的方程为y=0，
当k≠0时，设直线l1的方程为y=kx，
则y=kxx28+y22=1，整理得：(1+4k2)x2=8，解得：丨x0丨= 81+4k2，则丨PO丨= 1+k2⋅ 81+4k2，
则PQ的垂直平分线为y=−1kx，
则x−y+2 6=0y=−1kx，解得：x=−2 6kk+1y=2 6k+1，则M(−2 6kk+1,2 6k+1)，
∴丨MO丨= 24(k2+1)(k+1)2，
∵△MPQ为等边三角形，则丨MO丨= 3丨PO丨，
∴ 24(k2+1)(k+1)2= 3⋅ 1+k2⋅ 81+4k2，解得：k=0(舍去)，k=23，
∴直线l1的方程为y=23x，
综上可知：直线l1的方程为y=0或y=23x.
18.【答案】解：(1)从中一次性提出4个球有C104=210种方法，
n(A)=210−C84=140，n(B)=C51⋅C42⋅C21⋅C21=120，
所以P(A)=140210=23，P(B)=120210=47；
(2)X的取值可能为1，2，3，…，n，
当1≤k≤n−1时，P(X=k)=(45)k−1⋅15，
当k=n时，P(X=k)=(45)n−1，
所以E(X)=1×(45)0⋅15+2×(45)1⋅15+3×(45)2⋅15+⋯+(n−1)×(45)n−2⋅15+n×(45)n−1
=15[(45)0+2×(45)1+3×(45)2+⋯+(n−1)×(45)n−2]+n×(45)n−1，
令S=(45)0+2×(45)1+3×(45)2+⋯+(n−1)×(45)n−2，
则45S=(45)1+2×(45)2+⋯+(n−2)×(45)n−2+(n−1)×(45)n−1，
相减得15S=(45)0+(45)1+(45)2+⋯+(45)n−2−(n−1)×(45)n−1=1−(45)n−11−45−(n−1)×(45)n−1
=5−(n+4)×(45)n−1，
所以E(X)=5−4×(45)n−1．
19.解：(1)证明：因为CD∩AB=T，T∈CD，CD⊂β，T∈AB，AB⊂α，
又α∩β=l，则T∈l，
记W为弧ADB的中点，则WO⊥AB，
又因为平面ABC⊥平面α，且WO⊂平面ABC，平面ABC∩平面α=AB，
则WO⊥α，又因为l⊂α，则WO⊥l，
又根据题意知球心为O，截面圆圆心为S，连接SO，
则OS⊥β，l⊂β，则OS⊥l，
又OS⊂平面ABC，WO⊂平面ABC，且SO∩WO=O，
则l⊥平面ABC，又TD，TB⊂平面ABC，
则l⊥TD，l⊥TB，
所以∠DTB为平面α与β的夹角，即∠DTB=π6，
又OS⊥ST，所以∠TOS=π3，已知∠AOC=π6，又S为CD中点，
所以∠COS=∠DOS=π6，则∠AOD=π2，即DO⊥AO，
又平面ABC⊥平面α，DO⊂平面ABC，平面ABC∩平面α=AO，
所以DO⊥平面α．
(2)(i)连接DP，延长DP交l于K，
由(1)性质可知CS=12OC=1,TC=CO=2，
∠CSP=θ，∠SDP=∠SPD=θ2，
如图，在△DSP中，SP=SD=1，∠DSP=π−θ，
由余弦定理得DP2=1+1−2cs(π−θ)=2+2csθ=4cs2θ2，θ2∈[0,π]，
则DP=2csθ2，在Rt△DTK中，DT=DC+CT=4，∠TDK=θ2，
则DK=4csθ2，由于K，Q，O三点共线，
所以在△DOK中，由PQDO=PKDK=DK−DPDK=1−2csθ24csθ2=1−12cs2θ2，
又DO=2，所以PQ=2−cs2θ2=3−csθ2．
(ii)如图，过Q作QJ⊥AO，垂足为J，连接DJ，
因为QJ⊂平面α，平面α⊥平面ABC且交线为AO，
因此QJ⊥平面ABC，所以∠QDJ即为DQ与平面ABC所成角的平面角，
设平面PQJ∩DC=M，连接MP，MJ，过M作MH⊥DO，垂足为H，
由l⊥平面ABC，则QJ//l，l⊂平面β，QJ⊄平面β，
则QJ//平面β，QJ⊂平面QMP，平面OMP∩平面β=MP，
则QJ//MP，同理，由PQ//DO，可得PQ//MJ，
则四边形PQJM是平行四边形，则QJ=MP，且MP⊥平面ABC，
又DC⊂平面ABC，则MP⊥DC，
则QJ=MP=SP⋅|sinθ|=|sinθ|，且DM=|1+csθ|，
则OJ=MH= 32|1+csθ|，
则DJ= OJ2+DO2= 34(csθ+1)2+4= 34cs2θ+32csθ+194，
故tan2∠QDJ=4sin2θ3cs2θ+6csθ+19=4(1−cs2θ)3cs2θ+6csθ+19，
令x=csθ，则x∈[−1,1]，
构造函数f(x)=4(1−x2)3x2+6x+19,x∈[−1,1]，
则f′(x)=4×−2x(3x2+6x+19)−(1−x2)(6x+6)(3x2+6x+19)2=−8×3x2+22x+3(3x2+6x+19)2，
y=3x2+22x+3在x∈[−1,1]上单调递增，
并存在唯一零点x=4 7−113，
故f(x)在[−1,4 7−113)上单调递增，在(4 7−113,1]上单调递减，
则当x=−11+4 73时，f(x)有最大值，由DQ与平面ABC所成角的范围为[0,π2]，
故当DQ与平面ABC所成角最大时，csθ=4 7−113．日期
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
气温(℃)
2
10
18
20
16
12
6
2
6
12
X
1
2
3
...
K
...
n
P
(45)0⋅15
(45)1⋅15
(45)2⋅15
...
(45)k−1⋅15
...
(45)n−1