四川省达州市高级中学2025届高三下学期冲刺测试（一）数学试题 含解析

这是一份四川省达州市高级中学2025届高三下学期冲刺测试（一）数学试题 含解析，共22页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分）
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡规定的位置上.
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.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
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
一项是符合题目要求的.
1. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用集合的并、补运算求集合.
【详解】由题设 ， ，
所以 .
故选：D
2. 设 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据指、对数运算结合充分、必要条件分析判断.
【详解】若 ，则 ，可得 ，所以 ，必要性成立；
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若 ，满足 ，而 ，充分性不成立；
所以“ ”是“ ”的必要不充分条件.
故选：B.
3. 已知 ，则 （ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的乘除运算法则，以及复数的周期性即可得到结果.
【详解】由题意知： ， ，
所以
故选：A.
4. 记 是等差数列 的前 项和，若 ，则 的最大值是（ ）
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的求和公式得到 再利用等差数列的性质得到 结合基本不等式
求解出结果即可.
【详解】 ，得 .
由等差数列的性质可得， .
，当且仅当 时取等号.
故选：B.
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5. 某鱼塘只养殖有鲢鱼和鲫鱼，若鲢鱼和鲫鱼的数量比是 ，鲢鱼和鲫鱼被钓上来的概率分别是
.现有一条鱼被钓上来了，这条鱼是鲢鱼的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据全概率公式以及条件概率公式即可求解.
【详解】设事件 表示鱼被钓上来，事件 表示随机钓一条鱼且该鱼是鲢鱼，则
，
所以 .
故选:C.
6. 设 均为单位向量，且 ，则 的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量数量积的运算律和模长的计算求解即可.
【详解】 ，即 ，则 ，
所以 .
故选：C.
7. 某市将要承办“全国太极拳公开赛总决赛”，组委会将甲、乙、丙、丁、戊等五位志愿者分配到个人赛
､对练赛和集体项目比赛等三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且甲不能被分配到个人赛场馆，乙不
能分配到对练赛场馆，则不同分配方案的种数是（ ）
A. 69 B. 72 C. 75 D. 90
【答案】A
【解析】
【分析】分甲单独一人执勤对练赛场馆或集体项目场馆，甲和另一个人一起执勤对练赛场馆或集体项目场
馆，甲和另两人一起执勤对练赛场馆或集体项目场馆，共六种情况求解即可.
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【详解】由题意，分以下六种情况：
第一种情况，甲单独一人执勤对练赛场馆，则剩下的四个人可以分成一个人和三个人两组,或分成每组两个
人,所以共有 （种）方案；
第二种情况，甲单独一人执勤集体项目比赛场馆，则乙只能分配到个人赛场馆，
若只有乙一个人分配到个人赛场馆，剩下的三个人分配到对练赛场馆，则有 1 种情况；
若乙和另外一人分配到个人赛场馆，则有 种情况；
若乙和另外两人分配到个人赛场馆，则有 种情况；
所以共有 （种）方案；
第三种情况，甲和另外一人执勤对练赛场馆，则剩下的三个人分成一个人和两个人两组，分配到个人赛场
馆和集体项目比赛场馆，
所以共有 （种）方案；
第四种情况，甲和另外一人执勤集体项目比赛场馆，若甲和乙执勤集体项目比赛场馆，则有 种情况；
若甲和乙以外的一人执勤集体项目比赛场馆，则有 种情况；
共有 （种）方案；
第五种情况，甲和另外两人执勤对练赛场馆，则剩下的三个人分成一个人和两个人两组，分配到个人赛场
馆和集体项目比赛场馆，
所以共有 （种）方案；
第六种情况，甲和另外两人执勤集体项目比赛场馆，则乙只能分配到个人赛场馆，
若只有乙一个人分配到个人赛场馆，剩下的两个人分配到对练赛场馆，则有 种情况；
若乙和另外一人分配到个人赛场馆，则有 种情况；
所以共有 （种）方案.
所以一共有 （种）不同的分配方案.
故选：A.
8. 若 ，函数 的图象恒在函数 图象的上方，则实数 的取值范
围是（ ）
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A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由不等式恒成立问题及分离参数法可得 对任意的 恒成立，由 ，
当且仅当 时等号成立，可得 ，即可求解.
【详解】 ，
由题意可得 ，即 对任意的 恒成立，
所以 对任意的 恒成立.
设 .
当 时， 单调递增，当 时， 单调递减，
所以 ，故 1，当且仅当 时等号成立，
又 ，
所以 ，
当且仅当 时取等号，
令 ，则 ，
所以 使 ，即 ，故 .
故选：D.
二､多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符
合要求.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. 已知直线 ，不同 平面 ，下列命题中正确的是（ ）
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A. 若 ，且 ，则
B. 若 ，且 ，则
C. 若 ，且 ，则
D. 若 ，且 ，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据点，线，面位置关系的定理和性质逐一判断即可.
【详解】A，因为 ， ，所以 ，
又 ，所以不同的平面 满足 ，故 A 正确；
B，若 ，且 ，则 或两平面相交，
比如：正方体的底面和侧面中分别取直线 ，且 ，但是底面和侧面并不平行，故 B 错误；
C，若 ，且 ，则两平面相交或平行，
比如：正方体的上下两个底面中分别取直线 ，且 ，上底面与 平行，但是上底面与下底面并不
垂直；故 C 错误；
D，因为 ， ，则 ，又 ，所以 ，故 D 正确.
故选：AD
10. 若实数 都是一次函数 的零点，则下列不等关系中可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】首先由条件转化为 ，再结合函数图象的交点情况，即可判断选项
.
【详解】由题意可得， ，即 ，在同一坐标系下
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作出 的图象如图.
根据图象可知， 时， ， 时， ，有 或 ，故 B 错误；
若 ，则 ，所以 ，故 A 正确；
若 ，则 ，所以 ，故 D 正确；
当 时， 单调递增，因为 ，所以 ，使得 ，所以
，即 ，故 C 正确.
故选：ACD
11. 已知 是椭圆 的内接三角形，且 ，下列说法正确的是（ ）
A. 的离心率是
B. 的面积的最大值是 3
C. 若直线 的斜率之积为 ，则
D. 若 的中点 满足方程
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于 A 选项：直接给出离心率 与 的关系得出结果.对于 B 选项：设出 、 坐标，用三角形面
积公式 ，结合向量点乘与三角函数关系化简，根据三角函数性质求最值判
断对错.对于 C 选项：设出相关点坐标，根据已知条件得到 与 关系，再结合椭圆方程和直
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线 斜率之积化简，最后根据 求出 的值.对于 D 选项：由 及前面条
件，根据中点坐标公式得到 与 关系，代入化简得出中点 满足的方程.
【详解】对于选项 A， ，故 A 正确；
对于选项 B，设 ，
，
当 时，上式等号成立，故 B 错误；
对于选项 C，设 ，
由题意可得，
所以
.
因为直线 的斜率之积为 ，所以 ，则 .
因为 ，所以 ，故 C 正确；
对于选项 D，因为 ，设 ，由选项 C 知
.
因为 为 的中点，所以
所以 ，则
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的中点 满足方程 ，故 D 正确.
故选：ACD.
三､填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.把答案填在答题卡的横线上.
12. 已知 ，且 ，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】利用同角公式中的平方关系求值即可.
【详解】由已知得 ，
则 ，所以 .
故答案为： .
13. 已知在平面直角坐标系 中有两个点 ，数学上，我们常把
定义为欧几里得距离，把 定义为曼哈顿距离.
分别记 为双曲线 的右顶点和右焦点，若 ，则点 的轨迹与双曲线 的
公共点个数是__________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据题意分析可知点 的轨迹是以 为中心且其一条对角线在 轴上的正方形，根据图形结合双
曲线性质分析判断.
【详解】设 的焦距为 ， ，
则 ， ，
可得 .
当 时，可得 ，即 ；
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当 时，可得 ，即 ；
当 时，可得 ，即 ；
当 时，可得 ，即 ；
可知点 的轨迹是以 为中心且其一条对角线在 轴上的正方形.
又因为 ，即 。
可知当点 在点 正上方或正下方时， ，
所以点 的轨迹与双曲线 仅有 1 个公共点 .
故答案为：1.
14. 记 表示不小于 的最小整数，例如 .已知 是大于 1 的正整数，设 是函数
的零点，记 ，则 __________.
【答案】228
【解析】
【分析】因为 ，所以 存在零点 ，所以
，再构造新函数，利用导数求得函数单调递增，再利用函数零点定理即可得到
，再利用等差数列求和公式即可求得结果.
【详解】因为 ，两式取等条件不同，
所以 ，
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所以 存在零点 .所以 ，
令 ，则 ，所以 .
设 ，
所以 在 上为增函数，且 .
因为 单调递增，所以 ，
所以 ，
所以 ，则 .
故答案为：
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. 年末促销是商场常用清理库存和资金回笼的一种措施.某商场对消费超过 500 元的消费者提供一次抽奖
活动，抽奖箱中装有 10 个同种材质且大小相同的红球、黄球和绿球（绿球的个数最多），消费者从抽奖箱
中同时抽取 2 个小球，若 2 个小球都是红球即获得一等奖，都是黄球即获得二等奖，其余情况，均是不获
奖.若从抽奖箱中同时抽取 2 个小球，其中黄球和绿球各 1 个的概率是 ，某消费者抽奖一次.
（1）求其获得一等奖的概率；
（2）记抽到的绿球个数为 ，求 的分布列及其期望.
【答案】（1） ；
（2）分布列见解析，1.
【解析】
【分析】（1）根据题设确定 10 个小球中黄球、绿球的个数，再由古典概型的概率求法求概率；
（2）由题设 的取值是 ，应用超几何的概率求法求对应概率值，写出分布列，进而求期望.
【小问 1 详解】
设 10 个小球中黄球为 个，绿球为 个，且 ，
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由题意得， ，解得 ，则红球有 2 个，
记事件 ：某消费者抽奖一次获得一等奖，则 ，
所以该消费者获得一等奖的概率为 .
【小问 2 详解】
由题意， 的取值是 ，则 ， ，
，
的分布列为：
0 1 2
期望 .
16. 已知函数 ，其中 ，若将 的图象向左平移 个单
位，得到函数 的图象，且 是偶函数.
（1）求 的解析式及单调递减区间；
（2）在 中，角 所对的边分别为 ，已知 且 ，若 是 的中
点，求 的最大值.
【答案】（1） ， .
（2） .
【解析】
【分析】（1）先由二倍角的正弦，降幂公式，辅助角公式，以及图象平移的性质得到 ，再由偶函数的
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性质求出 表达式，然后整体代入求解正弦函数的单调递减区间即可；
（2）先由正弦函数的最值求出 ，然后由余弦定理得到 ，最后再由向量的数量积和模长的计算
求出.
【小问 1 详解】
因为
，
所以 .
因为 是偶函数，
所以 .
又 ，所以 ，
所以 .
因为 ，
所以 的单调递减区间是 .
【小问 2 详解】
因为 ，
所以 ，即 .
又 ，所以 ，
所以 ，解得 .
由 ，得 ，
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所以 ，当且仅当 时取等号，
所以 ，
所以 ，则 最大值是 .
17. 过抛物线 的焦点作平行于 轴的直线被抛物线 截得的弦长为 4，已知点
，设过点 的直线 与抛物线 交于点 ，且直线 交抛物线 于点 （点 与
点 不重合）.
（1）求抛物线 的方程；
（2）设直线 交以 为直径的圆于点 ，求 的最小值.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）写出焦点坐标即可求出过焦点且平行于 x 轴的直线与抛物线交点的横坐标，数形结合利用弦
长列方程求解；
（2）设直线 的方程为 ，与抛物线方程联立，结合根与系数的
关系及斜率公式设出直线 QA 的方程并与抛物线联立，利用韦达定理可得 ，写出直线
MB 的方程并利用点在抛物线上进行化简，即可求出直线 MB 的定点 N，数形结合知当且仅当 时
（此时点 重合） 最小，代入相应数值结算即可.
小问 1 详解】
由抛物线的性质可得，抛物线的焦点为 ，将 代入 ，解得 ，则 ，
所以抛物线 的方程为 .
【小问 2 详解】
由题意可设直线 的方程为 ，
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联立 整理得 ，则
由 ，得直线 ，与抛物线 联立并整理得 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，所以 .
直线 ，将 、 代入上式，化简可得 .
将 ，得 ，
所以直线 恒过定点 .
以 为直径的圆的方程是 ，该圆的圆心为 ，当且仅当 时（此时点
重合） 最小，
且 ，
所以 最小值为 4.
18. 如图，在三棱锥 中， 分别是 的中点.
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（1）证明： ；
（2）若 ，求四边形 面积的最大值；
（3）若 ，且二面角 的余弦值为 ，求点 到平面 的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2） .
（3） .
【解析】
【分析】（1）法一：设 是 在平面 上的射影，连接 ，利用线线垂直可证
平面 ，进而可得 ，进而可证明 平面 ，连接 ，结合已
知可得四边形 是平行四边形，再证明平行四边形 是矩形即可；法二：利用向量法
，后面与法一相同；
（2）由题意可得 ，利用基本不等式可求面积的最大值；
（3）利用等面积法求得 ，进而求得 ，设 ，建立空间直角坐标系，求得平
面平面 的一个法向量，平面 的一个法向量，利用向量法可求得 .
【小问 1 详解】
解法一：如图，设 是 在平面 上的射影，连接 .
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因为 平面 平面 ，
所以 .
又 平面 平面 ，
所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
同理可得， ，所以 是 的垂心，
所以 .
又 平面 平面 ，
所以 平面 .
因为 平面 ，
所以 .
连接 .
因为 ，且
所以 且 ，
故四边形 是平行四边形.
又 ，且 ，
所以 ，
所以平行四边形 是矩形，则 .
解法二：因为 ，
所以 ，
所以 ，
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所以 ，即 ，
所以 .
连接 .
因为 ，且
所以 且 ，
故四边形 是平行四边形.
又 ，且 ，
所以 ，
所以平行四边形 是矩形，则 .
【小问 2 详解】
由（1）可知，四边形 是矩形，则 的面积 ，
当且仅当 时取等号，
所以四边形 面积的最大值是 .
【小问 3 详解】
如图，连接 ，连接 并延长交 于点 ，则 .
在 中，由等面积法，得 ，即 .
在 中， ，
所以在 中， .
以 为原点， 所在的直线为 轴，以过点 垂直于平面 的直线为 轴建立空间直角坐标系
如图所示， 即为三棱锥 的高.
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设 ，则 ，
所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，得 ，则 .
设平面 的一个法向量为 ，
，令 ，则 ，
所以平面 的一个法向量为 ，
所以 ，
解得 ，则点 到平面 的距离是 .
19. 设 ，其中 都是实数.
（1）当 时，证明： 仅有一个零点 ，且 ；
（2）当 时，求过坐标原点且与 相切的直线方程；
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（3）当 时，若实数 ，其中 同第（1）问，且
，求 的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）24
【解析】
【分析】（1）对函数 求导，研究函数 的单调性，结合零点存在性定理即可证明；
（2）对函数 求导，设出切点，根据导数的几何意义即可求解；
（3）构造函数 ，对其求导，通过二阶导函数研究 的单调性，结合零点存在性定理
的单调性，即可证明 ，当且仅当 时等号成立. 通过对数运算将函数 变形为
，进而 ，结合上述不等式即可求解.
【小问 1 详解】
的定义域为 ， ，
所以 在 上单调递增.
又 ，
所以由零点存在性定理可知：有且只有一个 ，使得 ，
即 仅有一个零点 ，且 .
【小问 2 详解】
由 ，得 .
设 是 的图象上一点，
则 在该点处的切线为 ，整理得 .
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因为切线经过原点，所以 ，解得 或 ，
所以所求直线方程为 .
【小问 3 详解】
设 ，则 .
设 ，则 .
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
因为 ，
所以由零点存在性定理可知： ，使得 ，
所以当 或 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
因为 ，
所以 时， ，
即 ，当且仅当 时等号成立.
因为 ，所以 ，
所以当 ，即 时， ，当且仅当 ，即 时
等号成立，
所以 ，当且仅当 时等号成立，
所以 最大值为 24.
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