四川省仁寿第一中学南校区2025届高三下学期第四次模拟数学试题（Word版附解析）

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1. 若复数 ，则 （ ）
A. B. 2 C. D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算及模长计算公式即可求解．
【详解】 ，
则 ，
故选：C．
2. 已知命题 ， ，命题 ， ，则（ ）
A. 和 都是真命题 B. 和 都是真命题
C. 和 都是真命题 D. 和 都是真命题
【答案】B
【解析】
【分析】利用特值法即可判断两个命题的真假，从而得到答案.
【详解】对于命题 ，不妨取 ，则 ，则命题 为假命题，
对于命题 ，不妨取 ，由 ，则命题 为真命题，因此， 和 都是真命题.
故选：B.
3. 已知向量 在向量 上的投影向量为 ，且 ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设向量 与向量 的夹角为 ，根据投影向量的定义求出 的值，然后利用平面向量数量积的
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运算性质可求得 的值.
【详解】设向量 与向量 的夹角为 ，因为 ，
所以向量 在向量 上的投影向量为 ，则 ，
所以
.
故选：D.
4. 2024 年 12 月 26 日，Deep Seek—V3 首个版本正式上线，截至 2025 年 2 月 9 日，Deep Seek APP 累计下
载量已超 1.1 亿次，AI 成为当下的热门话题.立德中学高中数学社团以 16 至 40 岁人群使用 Deep Seek 频率
为课题，分小组自主选题进行调查研究，下列说法正确的是（ ）
A. 甲小组开展了 Deep Seek 每周使用频次与年龄的相关性研究，经计算样本相关系数 ，可以推断两
个变量正线性相关，但相关程度很弱
B. 乙小组利用最小二乘法得到 Deep Seek 每周使用频次 y 关于年龄 x 的经验回归方程为 ，可以
推断年龄为 30 岁的群体每周使用频次一定为 17 次
C. 丙小组用决定系数 来比较模型的拟合效果，经验回归方程①和②的 分别约为 0.733 和 0.998，因此
经验回归方程②的刻画效果比经验回归方程①的好很多
D. 丁小组研究性别因素是否影响 Deep Seek 使用频次，根据小概率值 的 独立性检验，计算得到
，可以认为不同性别的 Deep Seek 使用频次没有差异
【答案】C
【解析】
【分析】由相关系数，回归方程，决定系数，卡方的检验逐项判断即可.
【详解】对于 A，由 的绝对值越接近 1，相关性越强可得 A 错误，故 A 错误；
对于 B，回归方程为 给出的是预测值，实际值会有随机误差，所以年龄为 30 岁的群体每周使
用频次不一定为 17 次，故 B 错误；
对于 C， 表示模型对因变量的解释比例， 大说明经验回归方程②的刻画效果比经验回归方程①的好
很多，故 C 正确；
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对于 D， ，可以认为不同性别的 Deep Seek 使用频次有差异，故 D 错误.
故选：C
5. 设 O 为 坐 标 原 点 ， 长 为 4 的 线 段 的 两 个 端 点 分 别 在 x 轴 、 y 轴 上 滑 动 ， 若 点 P 满 足
，则点 的轨迹方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意，设 ， ， ，根据向量的坐标运算进行求解即可．
【详解】解：因为点 分别在 x 轴、y 轴上滑动，
设 ， ， ，因为 ，
所以 ，整理得 ，
因为 ， ，
所以 ，因为 ，
所以 ，解得 ，
又 ，所以 ，
整理得 ，则点 的轨迹方程为
故选：A.
6. 已知函数 ，若函数 有 3 个零点，则实数 a 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
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【解析】
【分析】化为 有 个实根，设 ，利用导数研究函数的性质，得到函数的图象，根
据图象可得结果.
【详解】因为函数 有 3 个零点，所以 有 个实根，
设 ，
当 时， ， ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上递增，在 上递减，
所以 在 时取得极大值 ，
当 时， 为减函数，
作出函数 的图象如图：
由图可知， .
故选：A
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，
利用数形结合的方法求解.
7. 如图，在三棱台 中， 底面 ， ， 与底面 所成的角为 ，
， ，则三棱锥 的体积为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据棱台的性质求棱台的棱长，再结合锥体体积公式求解即可.
【详解】因为 底面 ， 平面 ，所以平面 底面 .
所以 即为 与底面 所成的角，为 .
因为 ，所以 .
根据棱台的概念，可知： ，且 ，所以 .
因为 ，所以 为直角三角形，所以 .
所以 .
故选：D
8. 已知 ，若 在 上恒成立，则 的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分析 和 的单调性，结合单调性可知， 和
有两个相同正根 ，进而利用韦达定理得出 ，再通过构造函数 来求最值即
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可.
【详解】①因 ，则 ，
由 得， ； 得， ，
所以 在 上单调递增， 上单调递减，
因 ，则 ，
因 ，则 ，即 ，
则 ，
又 ，
则由零点存 性定理可知， 在 和 内分别存在一个零点，
②若 ，则 在 上单调递增；
若 ，则 在 上单调递减，在 上单调递增；
③因为 恒成立，
所以 和 有两个相同正根 ，且 ，
对于方程 ，即 ，
则 ，且 ， ；
由 和 ，可得 ，
两式相加得， ，即 ，
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令 ，对 求导， .
令 ，即 ，解得 .
当 时， ， 递增；
当 时， ， 递减.
所以 在 处取最大值， .
综上， 的最大值为 .
故选：B.
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.
9. 已知函数 ，则正确的是（ ）
A. 函数 的零点为
B. 当 时，不等式 的解集为
C. 当 时，函数 的单调递减区间为
D. 函数 的值域为
【答案】AC
【解析】
【分析】A 选项，利用辅助角公式得到 ，整体法求出函数零点；B 选项，先求出
，不等式变形为 ，结合正弦函数的性质解不等式，求出解集；C 选
项，由已知得到 ，根据正弦函数的单调性求出单调递减区间；D 选项，利用三角恒等变换
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得到 ．
【详解】A 选项， ，
令 ，解得 ，故 的零点为 ，正确；
B 选项， 时， ，
，
所以 ，解得 ，错误；
C 选项， 时， ，令 ，解得 ，正确；
D 选项，
，
因为 ，所以 ，错误．
故选：AC
10. 已知抛物线 的焦点为 ，且抛物线 过点 ，过点 的直线与抛物线 交
于 两点， 分别为 两点在抛物线 准线上的投影， 为线段 的中点， 为坐标原点，则
下列结论正确的是（ ）
A. 线段 长度的最小值为 4 B. 的形状为锐角三角形
C. 三点共线 D. 的坐标可能为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据抛物线的性质可判断 ；根据抛物线的定义和平行线的性质可判断 ；设直线
， ，联立抛物线及直线方程，结合韦达定理及三点共线的斜率关系可
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判断 ；设 的中点为 ， ，可得 ，取 可判断
【详解】对于 ：抛物线 过点 ，所以 ，所以 ，
所以线段 长度的最小值为通径 4，故 正确；
对于 ：由定义知 ， 轴，
所以 ，同理 ，
所以 ，故 错误；
对于 ：设直线 ， ，
，得 ，
则 ，
因为 ，所以 ，所以 三点共线，故 正确；
对于 ：设 的中点为 ， ，
则 ，
取 ，可得 ，故 正确.
故选： .
11. 已知函数 ，下列命题正确的有（ ）
A. 可能有 2 个零点
B. 一定有极小值，且 0 是极小值点
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C. 时，
D. 若 存在极大值点 ，且 ，其中 ，则
【答案】BD
【解析】
【分析】首先讨论 的情形，再分 的正负讨论函数 的单调性和极值，由此可判断 ABC 的正误，；
对于 D，容易得到极大值点 的值，再代入 ，得到关于 的一元三次方程，此方程已经有
一解 ，故可以因式分解求出 ，由此可判断 D 选项.
【详解】函数 的定义域为 ，当 时， 为二次函数，
由抛物线性质可知存在极小值点 ，极小值为 ，此时 无零点；
当 时，可求得导函数 ，令 ，得 或 ，
当 时，可求得当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 和 上单调递减，
故此时 存在极小值点 ，极小值为 ，
存在极大值点 ，极大值为 ；
当 时，可求得当 时， ；当 时， ，
所以 在 和 上单调递增，，在 上单调递减，
故此时 存在极小值点 ，极小值为 ，
存在极大值点 ，极大值为 ；
对于 A，当 时， 无零点；
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当 时，因为 在 上单调递增，在 和 上单调递减，
而极小值为 ，所以 只有 1 个零点；
当 时，因为 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
而极大值为 ，极小值为 ，所以 只有 1 个零点，故 A 错误；
对于 B，由以上分析，不论 取何值， 一定有极小值，且 0 极小值点，故 B 正确；
对于 C，当 时，即 时，此时 在 上单调递减，
又 ，所以 ，故 C 错误；
对于 D，由上述分析可知 ，则 ，
由题意知 ，即 ，
此方程已有一根 ，故可因式分解为 ，
解得与 相异的根 ，则 ，故 D 正确；
故选：BD.
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知等差数列 满足 ，且前 项和 ，则 ______ .
【答案】10
【解析】
【分析】由题意得 或 2， ，联立即可求解 .
【详解】因为 ，所以 ，解得 或 2，
又前 项和 ，
所以 不能等于 0，只能等于 2，
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所以 ，解得 .
故答案为：10.
13. 已知 ，则 ______ .
【答案】
【解析】
【分析】运用同角三角函数的基本关系及二倍角公式求解即可.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以
所以
所以 ，
故答案为：
14. 将 7 个不同的小球放入编号为 1、2、3 的三个盒子中，要求：
①每个盒子至少放 1 个球；
②编号为 1 的盒子中小球数量为偶数；
③若编号为 2 的盒子放奇数个球，则其中必须有一个小球编号（编号为 1 至 7）是其放入小球总数的倍数（例
如放入 3 个球时，其中至少有一个球编号是 3 的倍数）.
满足条件的放法共有 ______ 种.
【答案】780
【解析】
【分析】由题意，1 号盒只能放 2 个或放 4 个，分类讨论，结合组合数公式及计数原理列式计算.
【详解】由题意，1 号盒只能放 2 个或放 4 个．
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（1）1 号盒放 2 个，2 号盒放 2 个，3 号盒放 3 个：对应放法数为 ；
（2）1 号盒放 2 个，2 号盒放 4 个，3 号盒放 1 个：对应放法数 ；
（3）1 号盒放 2 个，2 号盒放 1 个，3 号盒放 4 个：对应放法数为 ；
（4）1 号盒放 2 个，2 号盒放 3 个，3 号盒放 2 个：
此时 2 号盒需至少有一个球的编号是 3 的倍数（即 3 或 6）．
情形一：1 号盒不放编号 3 和 6 的球：对应放法数为 ；
情形二：1 号盒放编号 3 或 6 的球其中之一：对应放法数为 ；
（5）1 号盒放 4 个，2 号盒放 1 个，3 号盒放 2 个：对应放法数为 ；
（6）1 号盒放 4 个，2 号盒放 2 个，3 号盒放 1 个：对应放法数为 ．
综上，满足条件的放法共有 ．
故答案为：780．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.
15. 设 的内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，且
， .
（1）求角 ；
（2）点 为边 的中点，若 ，求 的面积；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将角化为边，再用余弦定理即可求解；
（2）运用向量的方法，结合余弦定理求解即可.
【小问 1 详解】
因为 ，
所以 可化为
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，
所以 ，
整理得所以 ，即 ．
由余弦定理 ，
又因为 ，因此 ；
【小问 2 详解】
因为中线 ，所以 ；
两边同时平方得 ，即 ，
在 中， ，由余弦定理可得 ，
可得 ，所以 ；
16. 已知函数 ．
（1）若 ，试判断函数 在区间 内的极值点个数，并说明理由；
（2）当 ， 时，求证： ．（参考数据： ）
【答案】（1） 个，理由见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用二次函数的单调性判断出函数 在区间 内的单调性，结合零点存在定理可得结
论；
（2） ，其中 ，利用导数分析函数 的单调性，证得 即可
证得结论成立.
【小问 1 详解】
因为 ，则 ，
所以，函数 在区间 上单调递增，
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因为 ，则 ， ，则 ，
由零点存在定理可知，存在 ，使得 ，
当 时， ，即函数 在 上单调递减，
当 时， ，即函数 在 上单调递增，
故函数函数 在区间 内的极值点个数为 .
【小问 2 详解】
当 ， 时， ，
构造函数 ，其中 ，
则 ，
令 ，其中 ，则 ，
所以，函数 在 上单调递增，
故当 时， ，即 ，
由 可得 ，由 可得 ，
所以，函数 的减区间为 ，增区间为 ，
所以， ，即 ，
故 ， 时， .
17. 函数 的图象为自原点出发的一条折线，当 时，该函数图象是斜率为
的一条线段.已知数列 由 定义.
（1）用 表示 ；
（2）若 ，记 ，求证： .
【答案】（1）
（2）证明见解析
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【解析】
【分析】（1）由条件结合两点斜率公式列方程求 ；
（2）由两点斜率公式可得 ，利用累加法求 ，再由等差数列求和公式和错位相减法求 ，
由此证明结论.
【小问 1 详解】
由已知可得函数 过点 ，
又当 时，该函数图象是斜率为 的一条线段，
所以 ，
所以 ， ，
所以 ；
【小问 2 详解】
因为函数 过点 ，
又当 时，该函数图象是斜率为 的一条线段，
所以
又 ，所以 ，即 ，
所以 ， ， ， ，
所以当 时， ，又 ，
所以当 时， ，
又 时， 也满足关系式 ，
所以 ， ，
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所以 ，
所以 ，
所以 ，
设 ，
则 ，
所以 ，
所以 ，
又
所以 .
18. 在这个科技飞速发展的时代，机器人和 AI 已应用到国防军事方面，在 2024 年的珠海航展上，中国“机
器狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，引发
国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，“机器狼”的
行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有 步的台阶上，假设“机器狼”
每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的；记每次上一步台阶的概率为
，上两步台阶的概率为 ；且每次上一步台阶用时 ，上两步台阶用时 .
（1）假设 ，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒?
（2）若“机器狼”走 3 次后从地面到达第 5 步台阶的概率为 ，当 取最大值时，求“机器狼”从地
面上到第 7 步台阶用时最少的概率.
（3）若 ，记“机器狼”从地面上到第 步台阶的概率为 ，其中 ，证明：数列 是等
比数列，并求 .
【答案】（1）
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（2）
（3）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）列出上完 步台阶的走法，即可计算时间；
（2）依题意可得 ，利用导数求出函数的单调性，即可求出取最大值时 的
值，再由相互独立事件的概率公式计算可得；
（3）依题意可得 ，即可得到
，即可证明，从而得到 ，再由累加法计算可得.
【小问 1 详解】
“机器狼”上完 步台阶的走法有：
当 时，用时 ；
当 时，用时 ；
当 时，用时 ；
所以“机器狼”上完这个台阶用时最少为 秒；
【小问 2 详解】
依题意 ，则 ，
所以当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以当 时 取得最大值，
“机器狼”从地面上到第 7 步台阶有 ， ， ， 共 4 种情况，
则“机器狼”从地面上到第 7 步台阶用时最少的概率 ；
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【小问 3 详解】
“机器狼”从地面上到第 步台阶，它是由第 步台阶上两步到达第 步台阶，或由第 步台阶上一步
到达第 步台阶，
记“机器狼”从地面上到第 步台阶的概率为 ，
所以 ，
所以 ，
则 ，
又 ， ，
所以 ，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，
所以
，
即 .
19. 已知椭圆 ： 的左、右焦点分别为 、 ，离心率为 ，经过点 且倾斜
角为 的直线 与椭圆交于 、 两点（其中点 在 轴上方）， 的周长为 8．
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（1）求椭圆 的标准方程；
（2）如图，将平面 沿 轴折叠，使 轴正半轴和 轴所确定的半平面（平面 ）与 轴负半轴和
轴所确定的半平面（平面 ）互相垂直．
（i）若 ，求异面直线 和 所成角的余弦值；
（ii）是否存在 ，使得 折叠后的周长与折叠前的周长之比为 ？若存在，求 的
值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（i） ，（ii）存 ，
【解析】
【分析】（1）根据题意， 的周长为 8，离心率为 ，结合椭圆标准方程的定义，求解即可；
（2）（i）由（1）知，点 ，倾斜角为 ，故直线 设为： ，与 联
立求得 ， ，再以 为坐标原点，折叠后原 轴负半轴，原 轴，原 轴正半轴所
在直线为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，再求异面直线 和 所成角的余弦值即可；
（ii）根据题意得到 ，设折叠前 ， ，直线 与椭圆 联立方程
，结合韦达定理，在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原 轴仍然为 轴，原 轴正半轴
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为 轴，原 轴负半轴为 轴），设 ， 在新图形中对应点记为 ， ， ， ，
得到 ，结合 ，得到 的值．
【小问 1 详解】
因为 的周长为 8，离心率为 ，
所以 ，即 ， ， ，
所以椭圆 的标准方程为： ；
【小问 2 详解】
由（1）知，点 ，倾斜角为 ，
故直线 设为： ，
（i）联立直线 与椭圆的方程： ，可得 ，
可得 或 ，
可得 ，（因为点 在 轴上方）以及 ，
再以 为坐标原点，折叠后原 轴负半轴，原 轴，原 轴正半轴所在直线为 ， ， 轴建立空间直角坐
标系
则 ， ， ，
， ，
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， ， ，
所以
记异面直线 和 所成角为 ，则 ；
（ii）由 ， ， ，
设折叠前 ， ，
直线 与椭圆 联立方程 ，得 ，
即 ， ，
在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原 轴仍然为 轴，原 轴正半轴为 轴，原 轴负半轴为 轴），
设 ， 在新图形中对应点记为 ， ， ，
， ，
①，
即
所以 ②，
由①②可得：
即
则
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即 ， ，
解得 ，
因为 ，所以 ．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到折叠前后的联系，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，然
后连接方程，利用空间量的知识求解.
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