四川省攀枝花市2025届高三第二次统一考试数学试卷（解析版）

这是一份四川省攀枝花市2025届高三第二次统一考试数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了 已知，则z的虚部为， 已知平面向量，则“”是“”的等内容，欢迎下载使用。
A. B. 1C. D. i
【答案】A
【解析】因为，所以，所以z的虚部为.
故选：A
2. 抛物线上一点P和焦点F的距离等于6，则点P的横坐标（ ）
A. 2B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】抛物线的准线方程为，设点的横坐标为，
到焦点的距离等于，故.
故选：B.
3. 设集合，则满足且的集合S的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】由，则，所以集合的个数为.
故选：D.
4. 已知平面向量，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】若，则有，解得或，
所以“”是“”的不充分条件；
若，则，，所以，
所以“”是“”的必要条件，
综上，”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
5. 已知分别为曲线和直线上的点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】令，
因，则，
故曲线和直线无交点，
，则，令，解得，
则曲线上的点到直线的距离，
则的最小值为.
故选：A
6. 男、女各3名同学排成前后两排合影留念，每排3人，若每排同一性别的两名同学不相邻，则不同的排法种数为（ ）
A. 36B. 72C. 144D. 288
【答案】B
【解析】若第一排有2名男生，1名女生，则第一排女生只能站中间，第二排男生只能站中间，
不同的排法种数为；
同理可得：若第一排有1名男生，2名女生，不同的排法种数为.
根据分类加法计数原理可知，不同的排法种数为.
故选：B.
7. 已知函数的图象与y轴的交点为，与x轴正半轴最靠近y轴的交点为，轴右侧的第一个最高点与第一个最低点分别为（B位于M与N之间），若的面积为10（其中O为坐标原点），则函数的最小正周期为（ ）
A. 6B. C. 12D.
【答案】C
【解析】由题意，作图如下：
因，
所以，所以，
因为图象与y轴的交点为，
所以，即，
因为，所以，
所以，
又因为图象最靠近y轴的与x轴正半轴的交点为，
所以，所以，
所以，所以.
故选：C.
8. 已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列说法中正确的是（ ）
A. B. 是等比数列
C. D.
【答案】C
【解析】由题意知，且，
当时，，解得，
当时，，
整理可得，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，则.
对于选项A，因为，故A错误；
对于选项B，因为是等差数列，故B错误；
对于选项C，因为，故C正确；
对于选项D，因为，
，故D错误.
故选：C.
二、多项选择题：本题共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. 某校高三年级共有1000名学生，为了解学生的身体发育情况，随机抽取了100名学生的体重数据，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A.
B. 样本的众数估计值为55
C. 样本的第75百分位数约为61.25
D. 该校高三年级学生中体重高于65千克的学生大约为200人
【答案】AC
【解析】对于A，，解得，故A正确；
对于B，由图可知体重在的样本最多，则样本众数的估计值为，故B错误；
对于C，由，
，则设第百分位数为，
，解得，故C正确；
对于D，由图可得学生体重高于千克的概率，
则该校高三年级学生中体重高于65千克的学生大约为人，故D错误.
故选：AC.
10. 在平面直角坐标系中，把到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.若，点P为双纽线C上任意一点，则（ ）
A. C关于x轴对称B. 点在C上
C. 直线与C有且仅有两个交点D. C上存在点P，使得
【答案】ABD
【解析】由题知，点到定点的距离之积为1，
可得，整理得，
即曲线的方程为，
对于A，用代换，方程没变，可知曲线关于轴对称，故A正确；
对于B，将点代入曲线方程，等式成立，所以点在上，故B正确；
对于C，联立，解得或或，
所以直线与有三个交点，故C错误；
对于D，原点满足曲线的方程，即原点在曲线上，而，
所以曲线上存在点与原点重合时，满足，故D正确.
故选：ABD
11. 已知正方体的棱长为分别为的中点，P为正方体的内切球O上任意一点，则（ ）
A. 与所成角的范围是B. 球O被截得的弦长为
C. 三棱锥体积的最大值为D. 的取值范围是
【答案】BCD
【解析】因为正方体的棱长为2，所以面对角线为，体对角线，
对于A，易知当三点共线时，与所成的角最小为，
取截面如下图所示，

易知，当与球相切时，与所成的角最大，设最大角为，
则，所以，得到，故A错误；
对于B，易知内切球的半径，且球心在正方体的中心，易得，
设球被截得的弦长为，
在中，易得，
如下图所示，在中，

由对称性可知，，且，
由余弦定理知，，
在中，，
解得或（舍），
则弦长，所以B正确；
对于C，因为到面的距离为，
所以正方体的中心到面的距离为，
所以点到面的距离的最大值为，
因为，
所以，故C正确；
对于D，不妨设的中点为，
则，
由选项B知，，，
所以，，
，
当共线且同向时，，
当共线且反向时，，
所以，的范围为，故D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 等差数列的前n项和为，，则_______.
【答案】7
【解析】设等差数列的首项为，公差为，
由，可得，
解得，
所以.
故答案为：7
13. 已知，则____________.
【答案】
【解析】因为，所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
故答案为：.
14. 已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围是_______.
【答案】
【解析】因为，定义域为，
，
即，所以关于直线对称，
又，
当时，，，，所以，
所以在单调递增，在单调递减，
因为不等式对任意恒成立，
所以恒成立，即恒成立，
所以，即，解得，
所以实数a的取值范围是.
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. 如图，在直三棱柱中，为的中点，E为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：取中点，连接，因为，所以，
为的中点，所以为的中位线，所以，
因为为的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面平面，则，
由于平面，所以平面，
又因为，所以平面；
（2）解：由（1）可知：两两垂直，如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
在中，由余弦定理可得：，
则，，
于，
则，
设平面的一个法向量为
于是，即，
令，则，所以则，
设平面的一个法向量为，
于是，即，
令，则，所以，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
16. 已知函数.
（1）当时，求函数的极值；
（2）若函数在区间上单调递增，求实数a的取值范围.
解：（1）函数的定义域为，
当时，，
，
令，得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以在处取得极小值，，无极大值；
（2），
因为函数在区间上单调递增，所以在恒成立，
当时，，符合题意；
当时，令，得或，
若，则，所以当时恒成立，符合题意；
若，则，则当时，，不合题意；
若，则当时恒成立，符合题意；
若，则当时，，不合题意，
综上，实数a的取值范围为.
17. 在中，内角所对的边分别为，且.
（1）求A.
（2）已知.
（i）若的面积为，求c；
（ii）若边上一点P满足，点Q是的中点，求的最小值.
解：（1）由，可得：，所以.
因为，所以，则，解得.
（2）（i）根据三角形面积公式，可得，即，得.
再根据余弦定理，可得，即.
由可得，代入得，即，
解得，则.
（ii），且，点Q是的中点，
在中，由余弦定理，可得，
即，
如图，在中，设，则，，，
令，则代入得，
解得，代入，
设，，
则，令解得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
故当时，，又，
故的最小值为.
18. 国产动画电影《哪吒之魔童闹海》凭借其独特的艺术魅力与深刻的故事情节吸引了无数观众的目光，电影中的人物哪吒也深得观众喜爱.某公司适时推出20种款式不同的哪吒玩偶随机购活动，购买规则及概率如下：每次购买一个，且买到任意一种款式是等可能的.小王特别喜欢20种款式中的一种.
（1）若20种款式玩偶各有一个.
（ⅰ）求小王第二次才买到特别喜欢的款式的概率；
（ⅱ）设小王买到特别喜欢的款式所需次数为X，求X的数学期望.
（2）若每种款式的玩偶数量足够多，每次玩偶被买后公司都会补充被买走的款式.为了满足客户的需求，引进了保底机制：在购买前指定一个款式，若前6次未买到指定款式，则第7次必定买到指定款式.设Y为小王买到某指定款式所需的次数，求Y的数学期望.
（参考数据：，结果保留整数）
解：（1）（i）设小王第次买到特别喜欢的款式为事件.
则小王第二次才买到特别喜欢的款式的概率为；
（ii）的可能取值为，
则，
所以的分布列为
则；
（2）记的可能取值为.
因为前6次（包含第6次）没有保底，
则，其中，
，
所以的分布列为
则.
记，
则，
两式相减，得
，
所以.
19. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，焦点在x轴上的椭圆C的上顶点为，线段的中垂线交C于两点，且.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点E为椭圆C上位于直线上方（不与点重合）的动点，过点B作直线的平行线交椭圆C于点F，点M为直线与的交点，点N为直线与的交点.
（i）证明：直线与直线的斜率之积为定值；
（ii）求的取值范围.
解：（1）由题意可设椭圆，
由椭圆的上定点为，则，
易知的中垂线为直线，由，则，
将代入椭圆，可得，解得，
所以椭圆.
（2）（i）由题意可知，则直线与直线的斜率相等，
由点位于直线上方，则可设斜率为，
设直线，代入椭圆，
整理可得，
，
则当时，直线与椭圆相切，可得，
设，，，
同理可得：设，，，
由为直线与的交点，则设，
当直线的斜率不存在时，，
整理可得，解得，则，
直线的斜率，所以；
当直线的斜率存在时，，解得，
直线的斜率，所以；
综上所述，直线与直线的斜率之积为定值，即为.
（ii）由（i）易得直线，，，
直线的斜率，则直线，
将代入上式，可得，
解得，，则，，
，
由，则.
1
2
19
20
1
2
6
7