四川省绵阳中学2025届高三下学期高考适应性考试（一）数学试题（Word版附解析）

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（考试时间：120 分钟，试卷满分 150 分）
第一部分（选择题，共 58 分）
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. 集合 ，则 的子集有（ ）个
A. 8 B. 7 C. 6 D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由题可解集合 ，再利用子集个数求解公式 可求.
【详解】因为 ，
所以则 的子集有 个，
故选：A.
2. 复数 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算计算可得.
【详解】因为 ，
所以 .
故选：A
3. 已知 均值为 10，方差为 1，则 的均值和方差分别为（ ）
A. 20，2 B. 21，2 C. 21，4 D. 20，4
【答案】C
【解析】
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【分析】利用均值和方差的性质可得结果.
【详解】因为 均值为 10，方差为 1，
所以 的均值为 ，方差为 .
故选：C.
4. 设 ，则 ， ， 的大小关系是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意得，当 时， ，因此 ，故选 B.
5. 已知 ，则 （ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据同角关系，两角差正弦公式化简可得 ，由此可求 ，由
配方，结合平方关系可求结论.
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
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所以 ，
所以 ，
故选：C.
6. 设 ， 表示 n 的正因数的个数，如 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据定义得到 、 ，再由裂项相消法求和即可得.
【详解】由 有 个正因数， 有 个正因数，
所以
.
故选：B
7. 已知双曲线 的上焦点为 ，过 的直线 与 的两条渐近线 分别交于第一，
四象限的 两点，满足 ，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用渐近线方程和垂线 联立方程组来求解两个交点的横坐标，再结合两点弦长公式，可利用
得到方程求解 ，则即可求离心率.
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详解】
由双曲线 可得渐近线方程为 ，
即 ，
因为 所以可设 ，
联立： ，解得 ，
联立： ，解得 ，
由于这个交点在第四象限，所以 ，即
所以 ，
化简得： ，
再化简得： ，
因为 ，所以 ，解得 ，
所以 ，
即离心率 ，
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故选：B.
8. 正实数 满足 ，则 =（ ）
A. -2 B. -1 C. 0 D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由题意结合基本不等式可得 ，令 ，对 求导，可证得
，所以 ，由此解出 ，即可得出答案.
【详解】解析：由 ，得 ，
因为 均为正实数，所以 （当且仅当 ，即 时取等号），
所以 ，即 .
令 ，则 ，
当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减，
故当 时， ，
即 （当且仅当 时取等号），
因此 ，即 .
由 和 可得 ，
则有 ，解得 ，
所以 .
故选：B.
二､多选题：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. 已知函数 定义域为 ，且 的图象关于点 对称，函数 关于直线 对
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称，则下列说法正确的是（ ）
A. 为奇函数 B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意结合函数的对称性可推出函数的周期以及对称轴，逐项判断即可.
【详解】由函数 关于直线 对称，可得 ，
即 ，则函数 关于直线 对称，故选项 C 正确；
由 的图象关于点 对称，可得 ，
即 ，以 2x 代换 x，则 ，
所以函数 关于点 对称，可得 ，即 ，
结合 可得 ，
所以 ，故选项 B 正确.
所以 是周期函数，且周期为 4，其图象不仅关于直线 对称还关于点 对称，
所以不关于点 和 对称，所以 不是奇函数， ，故选项 A、D 错误；
故选：BC
10. 圆 为三角形 ABC 的外接圆， 则（ ）
A. B.
C. 三角形 的面积为 D. 三角形 的周长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于 A，采用反证法思路，经推理得出矛盾排除此项；对于 B，利用三角形外心的性质和向量数量
积的定义式计算即得；对于 C，由向量等式构造数量积，求得 即可计算面积判断；对于 D，利用
余弦定理求出 ，即可判断.
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【详解】对于 A，因点 是 的外心，则点 在 的中垂线上，
若点 符合 ，则点 也应在 的中垂线上，则 ，这与题设条件矛盾，故 A 错
误；
对于 B，因为 是 的外心，则 在 的中垂线上，
于是， ，故 B 正确；
对于 C，由 可得 ，
即 ，解得 ，解得
则 ，故 的面积为 ，故 C 正确；
对于 D，由余弦定理， ，
解得 ，故三角形 的周长为 ，故 D 正确.
故选：BCD
11. 正方体 棱长为 2， 为 中点， 为平面 上的动点（在四边形 内
部及其边界）且满足 平面 ，则下列正确的是（ ）
A. 动点 F 的轨迹长度为
B. 三棱锥 的体积范围为
C. 三棱锥 的体积为定值
D. 当三棱锥 的体积最小时，其外接球的表面积为
【答案】BCD
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【解析】
【分析】根据题意利用面面平行判定定理可证明平面 平面 ，可得出动点 的轨迹为线段
，此时长度为 ，即 A 错误；由棱锥体积公式计算可知三棱锥 的体积范围为 ，可得
B 正确，结合 A 中分析可知点 到平面 的距离为定值，可判断 C 正确，确定点 的位置后找出外接
球球心位置，列方程求出外接球半径可得 D 正确.
【详解】对于 A，取 的中点 的中点为 ，连 ，过 作 交 于
，连 ，如下图所示：
因为 为 中点，由正方体性质可知 ，因此可得 四点共面；
由 可知 为 中点，
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
又 的中点为 ，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
因为 ， 平面 ，
所以可得平面 平面 ，
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又因为需满足 平面 ，且 为平面 上的动点，
所以动点 的轨迹为线段 ，此时长度为 ，即 A 错误；
对于 B，显然三棱锥 的顶点 到底面 的距离为 ，
所以当 的面积最小时，体积最小，其面积最大时，体积最大；
又因为 ，所以当 在 时，点 到 的距离最小为 1，
此时体积最小，即 的最小值为 ，
当 在 时，点 到 的距离最大为 2，
此时体积最大，即 的最大为 ；
因此三棱锥 的体积范围为 ，即 B 正确；
对于 C，由于 ，所以点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离，为定值；
又因为底面 的面积为定值，所以三棱锥 的体积为定值，
即 不变，可得 C 正确；
对于 D，当三棱锥 的体积最小时，根据 B 中分析可知此时 与 重合，
即求 的外接球的半径即可，
设外接球的球心为 ，半径为 的外接圆圆心为 ，半径为 为 中点，
如下图所示：
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则 ，在直角梯形 和直角三角形 中，
易知 ，
所以可得 ，解得 ；
所以外接球表面积为 ，
因此当三棱锥 的体积最小时，其外接球的表面积为 ，可得 D 正确.
故选：BCD
第二部分（非选择题，共 92 分）
三､填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分，把答案填在题中的横线上）
12. 曲线 在点 处的切线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求解即可.
【详解】由 ，当 时， ,
所以点 在曲线 上.
求导： ，
则 ，所以曲线 在点 处的切线方程为 .
故答案为： .
13. 已知等差数列 的第 5 项是 的展开式中的常数项，则该数列的前 9 项和 __________.
【答案】15
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【解析】
【分析】先根据二项式通项计算得出 ，进而得出 ，再结合等差数列求和公式计算即可.
【详解】二项式 的通项为： ，
令 ，得 ，
所以展开式中的常数项为 ，
即 ．由等差数列的性质得 ．
故答案为：15.
14. 掷一枚质地均匀的骰子 3 次，将每次骰子正面朝上的数字依次记为 ，则 的概率是
___________．
【答案】
【解析】
【分析】先算出总的基本事件， 可分为四种情况，每种情况可理解为先选数，再把数赋值给
，
利用组合数的定义和古典概型即可求得概率.
【详解】掷一枚质地均匀的骰子 3 次，总的基本事件数为： ，可分为以下四种情况：
，可理解为从 1 到 6 任选 3 个数，最大的赋给 ，中间值赋给 ，最小的赋给 ，所以包含的基
本事件数为： ，
，可理解为从 1 到 6 任选 2 个数，较大的赋给 ，较小的赋给 ，所以包含的基本事件数为：
，
，可理解为从 1 到 6 任选 2 个数，较大的赋给 ，较小的赋给 ，所以包含的基本事件数为：
，
，可理解为从 1 到 6 任选 1 个数，把这个数都赋给 ，所以包含的基本事件数为： ，
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所以所求事件概率为 ．
故答案： ．
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. 某学术平台引入智能检测系统对所收集的文本进行筛查.检测系统对 AI 生成文本的识别准确率为 98%，
对人类撰写文本的识别准确率为 96.5%.检测系统对所收集的文本进行筛查时，会对每篇文本输出一个“AI
生成概率”得分 y（分）.y 与文本长度 x（字）可以用一元线性回归模型来刻画，其线性回归方程为
，且 ， ，已知该平台中 15%的文本由 AI 生成.
（1）求回归系数 ；
（2）从该平台随机选取一篇文本，求该文本被检测系统识别为人类撰写文本的概率（精确到 0.001）；
（3）现从平台中随机抽取 200 篇文本进行统计分析，填写列联表（篇数四舍五入取整数）：
检测结果
文本真实性 总计
识别为 AI 生成（篇） 识别为人类撰写（篇）
真实 AI 生成（篇）
真实人类撰写（篇）
总计 200
依据小概率值 的 独立性检验，能否判断“检测结果”与“文本真实性”有差异？
参考公式：
提示： 独立性检验中常用的小概率值和相应的临界值
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）
（2）
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（3）判断“检测结果”与“文本真实性”有差异
【解析】
【分析】（1）利用回归直线过样本中心可求回归系数；
（2）利用全概率公式可求概率；
（3）完善列联表，再根据公式计算卡方，结合临界值表判断即可.
【小问 1 详解】
因为 ，且 ， ，
故 ，故 .
【小问 2 详解】
记事件 为 “由 AI 生成的文本”， 为“由人类撰写的文本”，
为“被检测系统识别为人类撰写的文本”，
由题意知， ， ， ， ，
由全概率公式知：
，
即该文本被检测系统识别为人类撰写文本的概率约为 .
【小问 3 详解】
AI 生成的篇数为 ，人类撰写的篇数为 ，
真实 AI 生成且被识别为 AI 生成的篇数 ，
真实人类撰写且被识别为人类撰写的篇数 ，
故列联表为：
检测结果
文本真实性 总计
识别为 AI 生成
识别为人类撰写（篇） （篇）
真实 AI 生成（篇） 29 1 30
真实人类撰写（篇） 6 164 170
总计 35 165 200
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零假设为 ：分类变量相互独立，即“检测结果”与“文本真实性”无差异.
由列联表数据计算得， ，
所以依据小概率值 的 独立性检验，可以判断“检测结果”与“文本真实性”有差异.
16. 如图，四棱柱 的棱长均为 2，且 ， ， 是
中点．
（1）求证：平面 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求得 ，再结合勾股定理并利用线面垂直判定定理证明可得 平面
，即可得出结论；
（2）建立空间直角坐标系分别求出两平面的法向量，即可求得二面角 的余弦值．
【小问 1 详解】
连接 交 于点 ，连接 ，如下图：
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由题可知 为 的中点，且 为边长是 2 的等边三角形，
因此 ，可得 ，
在 中，由 ， 可得：
，
即 ；同理可得 ；
又 ，所以 为等腰直角三角形，所以 ；
易知 ，又 ， ，
接满足 ，所以 ；
又 ， 平面 ，
所以 平面 ；
又因为 平面 ，
所以平面 平面
【小问 2 详解】
由（1）可知 两两垂直，以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴建立空间直
角坐标系，如下图所示：
显然 ，
可得 ；
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ， ；
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所以 ；
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，解得 ，令 ，则 ；
所以 ；
可得 ，
由图可知，二面角 的大小为锐角，所以二面角 的余弦值为 .
17. 在 中，角 所对的边分别为 ，已知 ，且满足
（1）求角 的大小
（2） 的内心为 ，求 周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换可得 ,再根据 即可求解；
（2）设 的内心为 ， ，在 中，由正弦定理得
，再根据三角恒等变换求解即可.
【小问 1 详解】
由 ，
根据正弦定理，得 ，
由 ，则 ，
即 ,
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而 ，故 ，
又 ，
所以
【小问 2 详解】
由（1）可得 ，
即 ，
设 的内心为 ，即 ，
故 .
设 ，则 ，
在 中，由正弦定理得，
所以 ，
所以 的周长为
因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
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故 的周长取值范围为 .
18. 已知函数
（1）若 ，讨论函数 在 的单调性；
（2）若 ，求证： ．
（3）若 在 上有唯一的零点，求实数 的最小值．
【答案】（1） 在 上单调递增，在 上单调递减；
（2）证明见解析； （3）1．
【解析】
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可；
（2）构造 ，应用导数研究单调性求其最小值得到 ，即可证；
（3）问题化为 与 有唯一的交点，利用导数求 的最值，即可得参数范围.
【小问 1 详解】
当 时， ，
，
由 ， ，
令 ，则 ，所以 ，或 ，
令 ，则 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
【小问 2 详解】
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令 ，则 ，可得 ，
令 ，则 ， ， 在 上单调递减，
， 上单调递增，
所以 时 ，即 ，所以 ；
【小问 3 详解】
令 ，即 ，
在 上有唯一的零点，即 与 有唯一的交点，
，由（2）知 ，
，
在 上单调递增，故 ， ，
， 的最小值为 1．
19. 在平面直角坐标系 中，已知椭圆 C 的中心为原点，焦点在坐标轴上， 为 上
两点， 为椭圆上三个动点.
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）求椭圆 内接菱形 的面积的最小值；
（3）是否存点 使 为 的重心？若存在，请探究 的面积是否为定值；若不存在，请
说明理由.
【答案】（1）
（2）8 （3）是定值，
【解析】
【分析】（1）设椭圆的方程为 ，代入 可得标准方程；
（ 2） 联 立 ， 可 得 ， 同 理 可 得 ， 从 而
，再由 ，结合均值不等式求解最值；
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（3）分直线 的斜率不存在和存在两种情况进行讨论，斜率不存在时取特殊点易得 的面积为
，斜率存在时联立直线 和椭圆方程，得到韦达定理，结合重心的性质可表示出点 的坐标，将
的坐标代入椭圆方程，化简可得 ，由三角形面积公式表示出 的面积并化简，可得
的面积为定值 ，所以 .
【小问 1 详解】
设椭圆 为 ，
由题意得 ，解得 ，故椭圆 C 的标准方程为 .
【小问 2 详解】
由椭圆的对称性，菱形 中心为原点，设直线
，联立 ，
所以 ，同理 ，
所以
（“ ”在 时取得）.
【小问 3 详解】
当直线 的斜率不存在时，取 符合题意，
故存在点 ，使 为 的重心，且此时 的面积为 ，
当直线 的斜率存在时，设 ，联立 的方程消去 得
.
设 ，则 .
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由条件得 ，得 ，
则 ，
，
综上， 的面积为定值，其值为 ，
所以 .
第 21页/共 21页