四川省2025届高三下学期第二次大数据联考模拟预测数学试卷（解析版）

这是一份四川省2025届高三下学期第二次大数据联考模拟预测数学试卷（解析版），共15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。
一、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，只有一个选项是正确的．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，则.
故选：B.
2. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】由题设，对应点为在第一象限.
故选：A
3. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由全称命题的否定是特称命题，故原命题的否定为.
故选：D
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题设（负值舍），
所以.
故选：C
5. 已知向量满足，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题设，则，
所以，，
所以.
故选：B
6. 若随机变量的分布列如下表，表中数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】已知数列是公比为的等比数列，可得，．
因为随机变量的所有概率之和为，即，将，代入可得：
，合并同类项得，解得．
根据离散型随机变量的期望公式，把，，代入可得：
．
故选：D．
7. 已知直线与曲线相交于两点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 8
【答案】C
【解析】由题设过定点，而，
所以，即定点在圆内，且圆心为，半径为4，
所以定点与圆心的距离，
要使最小，即定点与圆心所在直线与垂直，此时.
故选：C
8. 已知函数若关于的方程（为实常数）有四个不同的解，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据函数解析式，可得函数大致图象如下，
由图知，且，
由，得，即，故，
由，则，由，则，
所以，且在上单调递增，
所以.
故选：A
二、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. 已知等差数列的公差，其前项和为，若，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. 当时，D. 当时，
【答案】ABD
【解析】由题设，则，进而有，
所以，故，，A、B对；
由，即，故恒成立，C错；
当，等差数列为递增数列，则且，故，D对.
故选：ABD
10. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 的图象关于直线对称
C. 若，则的最小值为
D. 若，则的最小值为
【答案】BC
【解析】，
易知函数对称中心不在x轴上，故A错误；
，函数最大值也是3，故B正确；
，所以分别为函数最大值和最小值，
，故C正确；
，
即，
其中一中情况，
此时，的最小值为，故D错误；
故选：BC.
11. 1679年，德国著名数学家、哲学家戈特弗里德·威廉·莱布尼茨发明了二进制，这是一种使用0和1两个数码的数制，是现代电子计算机技术的基础．对于整数可理解为逢二进一，比如：在十进制中的自然数1在二进制中就表示为表示为表示为表示为表示为．若自然数可表示为二进制表达式，则，其中当时，或，记为整数的二进制表达式中0的个数，则以下说法中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】对于A：，故，对；
对于B：，其中共有3个0，故，对；
对于C：，，故，显然时，错；
对于D：，则，
所以，对.
故选：ABD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 双曲线的渐近线方程为__________．
【答案】
【解析】由方程知，双曲线对应参数为，则其渐近线为，
所以，渐近线方程为.
故答案为：
13. 在一次数学测验中，某小组的7位同学的成绩分别为：109，116，122，126，131，134，140，则这7位同学成绩的上四分位数与下四分位数的差为__________．
【答案】18
【解析】计算下四分位数，已知数据个数，下四分位数即第分位数，此时，则．
由于1.75不是整数，将1.75向上取整得到，所以下四分位数是排序后第个数据，即．
计算上四分位数，上四分位数即第分位数，此时，则．
由于5.25不是整数，将5.25向上取整得到，所以上四分位数是排序后第个数据，即．
上四分位数与下四分位数的差为．
故答案为：18．
14. 四棱锥中，底面为平行四边形，动点满足，）．设四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，则______．
【答案】.
【解析】∵动点满足，），
∴动点在内，如图，延长OM交AB于N，
设，则
∵底面为平行四边形，∴，
，
，
∵，∴，
∴，，
∵三点共线3，∴，
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. 已知函数是的一个极值点．
（1）求的值；
（2）若直线与的图象相切，求的值．
解：（1）由题设且，又，
所以，此时，则，
区间上，单调递减，区间上，单调递增，
所以是的极小值点，故；
（2）由题设，若直线与的切点为，则，
故切线方程，即，
显然与是同一条直线，所以，
令且，则，
所以在上单调递增，又时，
综上，有唯一根为，
所以.
16. 在中，内角的对边分别为的面积满足：
（1）求；
（2）若平分，且，求．
解：（1）已知，根据三角形面积公式，将其代入已知条件可得：
由正弦定理得：
因为，所以，，等式两边同时除以得
因为，所以，等式两边同时除以得：
即，所以.又因为，所以.
（2）因为，所以.
又因为CD平分，所以.
根据三角形面积公式，可得，即.
在中，根据余弦定理，将，代入可得：，化简得
在中，根据余弦定理，将，代入可得：，即，
在中，根据余弦定理，将代入可得：，即，
因为，所以，即，则有：
，即，即，
解得.将代入可得，所以.
17. 如图，已知菱形和等边三角形有公共边，，点在线段上，与交于点，将沿着翻折成，得到四棱锥．
（1）求证：平面；
（2）当直线与平面所成角取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：由菱形和等边三角形有公共边，，易知共线，
且，，即，则为菱形，
所以，而，故，故翻折后，
由都在平面内，所以平面；
（2）解：由（1）易知平面，平面，则平面平面，
如图，平面中过点作，又平面平面，
所以平面，故两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
令，其中，，
所以，平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
所以，
设，，则，
所以上，则在上单调递增，
上，则在上单调递减，
所以的最大值为，即时最大，
此时，
由，则是二面角的平面角，
所以，故平面与平面夹角的余弦值.
18. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，上、下顶点分别为，且四边形的面积为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且．
①证明：直线过定点；
②设直线与直线交于点，记直线的斜率为，求的值．
解：（1）根据题意四边形有4个直角三角形构成，
，
∴椭圆的方程为.
（2）如图，
根据题意直线斜率存在，设，，，
，，
，
，
，即，
解得，，
①证明：∵
∴直线过定点
②，联立解得，
，∴.
19. 在高三年级排球联赛中，两支队进入到了比赛决胜局．该局比赛规则如下：上一球得分的队发球，赢球方获得1分，直到有一方得分达到或超过15分，且此时分数超过对方2分时，该队获得决胜局的胜利．假定该局比分已经达到了，此后每球比赛记为第球，队在第球比赛中得分的概率为，且；从第2球起，若队发球，则此球队得分的概率为，若队发球，则此球队得分的概率为．
（1）若，求队以的比分赢得比赛的概率；
（2）若，数列满足，记数列的前项和为，求证：；
（3）当时，若，有，求的取值范围．
（1）解：由题意得，队以的比分赢得比赛的概率为.
（2）证明：由题意得，，则，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则，
由，得，故，
所以，故，
又因为，且，所以，
所以，
综上，.
（3）解：由题意得，，
若，则，即，满足题意.
若，则，情况如下：
当时，由，得，满足条件.
当且时，是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，
由得，
因为，所以，，
所以，解得，且，.
综上，的取值范围是.1
2
3