四川省成都外国语学校2024-2025学年高三下学期6月期末模拟（零诊模拟）考试数学试题【含答案】

这是一份四川省成都外国语学校2024-2025学年高三下学期6月期末模拟（零诊模拟）考试数学试题【含答案】，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．记等差数列的前项和为.若，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若焦点在轴上的椭圆的离心率为，则的值为（ ）
A．B．9C．D．12
3．已知随机变量，若，则（ ）
A．B．1C．2D．4
4．在的二项展开式中的系数为（ ）
A．B．C．D．
5．有2位老师和4名学生排成一队照相，老师既不能分开也不排在首尾，则不同的排法有（ ）.
A．32种B．64种C．96种D．144种
6．若函数存在极值点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
7．函数图象上的点到直线的距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．若函数有2个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有个球，从上往下n层球的总数为，则（ ）
A．
B．
C．数列的前n项和的值可能为
D．
10．已知圆和直线，点P在直线l上运动，直线、分别与圆C相切于点，则下列说法正确的是（ ）
A．切线长的最小值为
B．四边形面积的最小值为4
C．当最小时，弦所在的直线方程为
D．弦所在直线必过定点
11．如图，正四棱锥每一个侧面都是边长为4的正三角形，若点M在四边形ABCD内（包含边界）运动，N为PD的中点，则（ ）
A．当M为AD的中点时，异面直线MN与PC所成角为
B．当平面PBC时，点M的轨迹长度为
C．当时，点M到AB的距离可能为
D．存在一个体积为的圆柱体可整体放入正四棱锥内
三、填空题
12．直线：被圆：截得的弦AB的长为 .
13．设两个等差数列的前项和分别为，若对任意正整数都有，则的值为 .
14．已知双曲线的左、右焦点分别为、，过且斜率为的直线交双曲线右支于点（在第一象限），的内心为，直线交轴于点，且，则双曲线的离心率为 ．
四、解答题
15．已知数列的首项，且满足．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)记，数列的前n项和，证明：．
16．某高校在今年的自主招生考试中制定了如下的规则：笔试阶段，考生从6道备选试题中一次性抽取3道题，并独立完成所抽取的3道题，至少正确完成其中2道试题则可以进入面试．已知考生甲能正确完成6道试题中的4道题，另外2道题不能完成．
(1)求考生甲能通过笔试进入面试的概率；
(2)记所抽取的三道题中考生甲能正确完成的题数为，求的分布列和数学期望．
17．如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
18．如图，双曲线的左､右焦点，分别为双曲线的左､右顶点，过点的直线分别交双曲线的左､右两支于两点，交双曲线的右支于点（与点不重合），且与的周长之差为2.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线交双曲线的右支于两点.
①记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值；
②试探究：是否为定值？并说明理由.
19．帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理数多项式近似特定函数的方法，给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为，且满足：...已知在处的阶帕德近似为.注：，
(1)求实数的值；
(2)求证：；
(3)求不等式的解集，其中，
《四川省成都外国语学校2024-2025学年高三下学期6月期末模拟（零诊模拟）考试数学试题》参考答案
1．A
【分析】利用等差数列的性质得到，再代入等差数列前项和公式计算．
【详解】由题知．
故选：A．
2．B
【分析】由离心率的定义即可求解.
【详解】由题意可知：，
所以，
解得：，
故选：B
3．D
【分析】利用二项分布的方差和期望公式求解可得.
【详解】由题意可得，解得，
所以.
故选：D.
4．D
【解析】根据二项式定理，写出二项展开式的通项，根据赋值法，即可求出指定项的系数.
【详解】因为展开式的第项为，
令，则，
所以的二项展开式中的系数为.
故选：D.
【点睛】本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.
5．D
【分析】特殊元素优先排，先利用捆绑法把2位老师看成一个整体，有种排法，再给2位老师选5个位置中的中间3个，
剩下4名学生在4个位置全排列，再由分步乘法计数原理即可算出不同的排法总数.
【详解】2位老师不能分开，即将他们捆绑为一个整体，2位老师的顺序可交换，有种排法，
老师不排在首尾，由于将2位老师看成一个整体了，与4名学生一共是5个位置在排列，
2位老师不能选首尾的2个的位置，只能选中间的3个位置中的一个，2位老师选定后，剩下4名学生在4个位置全排列，
所以有种排法，
根据分步乘法计数原理，不同的排法一共有种.
故选：D.
6．B
【分析】先求得，根据函数存在极值点，可得，进而求得实数的取值范围.
【详解】由函数，可得，
因为函数存在极值点，则满足，
即，解得或，
所以实数的取值范围为.
故选：B.
7．C
【分析】通过求与直线平行的切线到该直线的距离求解答案.
【详解】由题意，，令，得（负值已舍去）．
因为，所以曲线在点处的切线与直线平行．
因为点到直线的距离为，所以所求最小值为．
故选：C.
8．D
【分析】利用同构得有两个不同的解，换元后考虑有两个不同的零点，利用导数可求参数的范围.
【详解】因为有两个零点，
故有两个不同的解，
所以有两个不同的解，
故有两个不同的解，
设，则，故为上的单调增函数，
而时，，时，，故的值域为，
故在上有两个不同的零点，
设，则，
当时，；当时，；
故在上为增函数，在上为减函数，
故即，
此时当时，，时，，
故时，确有两个不同的零点，综上.
故选：D.
9．ACD
【分析】利用累加法求通项，可判断A；结合题意得判断B；利用裂项求和可求得的前n项和公式，判断CD.
【详解】由题意得，
以上格式累加，可得，也适合，
故，则，A正确；
，B错误；
，设数列的前n项和为，
所以
当时，，C正确；
，D正确，
故选：ACD.
10．BD
【分析】根据圆的标准方程得出圆心为，半径为2，由圆切线的性质及勾股定理得，再根据点到直线的距离公式得出，即可判断A；结合A的结论得出即可判断B；结合A的结论，根据两直线交点，中点公式及点斜式方程求得弦所在的直线方程，即可判断C；设，得出以为直径的圆的方程，与圆方程相减即可得出弦所在直线方程，进而求得定点，即可判断D．
【详解】对于A，圆的圆心为，半径为2，
由题意可得，
所以，
，
所以，故A错误；
对于B，，
所以四边形面积的最小值为4，故B正确；
对于C，当最小时，，则直线的斜率为，
又，所以直线的斜率为，
的直线方程为，即，
由，解得，，即，
因为当最小时，，所以为等腰直角三角形，
所以中点即为中点，
因为的中点为，所以弦的中点为，
所以弦所在的直线方程为，即，故C错误；
对于D，设，
则以为直径的圆的方程为，
展开得①，
圆C的方程为，即②，
①②得弦所在直线方程为，即，
令，解得，
所以弦所在直线必过定点，故D正确；
故选：BD．
11．ACD
【分析】对于AC：建立空间直角坐标系计算求解；对于B：过作面PBC的平行平面，进而可得点的轨迹；对于D：由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，表示出体积，然后利用导数求其最值即可.
【详解】对于A，因为为正方形，连接与，相交于点，连接，
则，，两两垂直，
故以为正交基地，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
为的中点，则.
当为的中点时， ，，，
设异面直线与所成角为，
，，故，A正确；
对于B，设为的中点，为的中点，则，平面，平面，
则平面， 又平面，
平面，又，设，
故平面平面，平面平面，
平面平面，则，则为的中点，
点在四边形内（包含边界）运动，则，
点的轨迹是过点与平行的线段，长度为4，B不正确；
对于C，当时，设，，，
，得，即，
即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如下图），
到的距离为，弧上的点到的距离最小值为，
因为，所以存在点M到AB的距离为，C正确；
对于D，由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，
设圆柱底面半径为，高为，为的中点，为的中点, ，，
根据相似，得，即，，
则圆柱体积，
设，求导得，
令得，或，因为，所以舍去，即，
当时，，当时，，
即时有极大值也是最大值，有最大值，
，故
所以存在一个体积为的圆柱体可整体放入正四棱锥内，D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
12．
【分析】根据给定条件，利用点到直线的距离公式求出弦的弦心距即可求解.
【详解】由圆：，可得圆心，半径，
于是圆心到直线的距离，
从而得，所以弦的长为.
故答案为：.
13．
【分析】根据等差数列的性质和求和公式计算即可.
【详解】因为 为等差数列，所以
．
故答案为：.
14．
【分析】作出图形，设，可得，易知，利用余弦定理求得，设内切圆半径为，可得出点到轴的距离为，由可得出关于、的齐次等式，即可求得该双曲线的离心率的值.
【详解】如下图所示：
设，则，
又直线的斜率为，可知，
由余弦定理可得，
即，整理可得，
设内切圆的半径为，因为，所以，点到轴的距离为，
，即，
可得，解得，
所以，即，
整理可得，故该双曲线的离心率为.
故答案为：.
15．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由等比数列的定义即可求证；
（2）由裂项相消法求和，可求解得，根据单调性，即可求证结论.
【详解】（1）由得，，，
又，
所以是首项为2，公比为2的等比数列．
（2）由（1）知，，所以，
所以，
．
16．(1)
(2)分布列见解析，数学期望为
【分析】（1）根据古典概型计算公式进行求解即可；
（2）根据古典概型计算公式，结合数学期望公式进行求解即可
【详解】（1）考生从6道备选试题中一次性抽取3道题所包含的基本事件总数为，考生甲能通过笔试进入面试所包含的基本事件个数为，
所以考生甲至少正确完成2道题的概率为；
（2）随机变量的所有可能取值为1，2，3，
则，
所以的分布列为：
故．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
【详解】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
18．(1)
(2)①3；②为定值4，理由见解析
【分析】（1）设，根据题意，得到，且，联立方程组，求得的值，即可求解；
（2）①设，求得，结合，即可求解；
②由（1）得直线的方程为，联立方程组，得到，结合弦长公式，求得和，进而化简得到为定值.
【详解】（1）解：设，因为与的周长之差为，
所以，即，
又因为分别为双曲线的左、右顶点，所以，
联立方程组，解得，所以，
故双曲线的方程为.
（2）解：①由（1）知，双曲线的方程为，
设，则，可得，
则.
② 为定值.
理由如下：
由（1）得直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
因为位于双曲线的左､右两支，所以，即，
可得，
又因为，所以直线的方程为，
根据双曲线的对称性，同理可得，
所以，故为定值.
【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
3、若与面积有关的定值问题，一般用直接法求解，即先利用三角形的面积公式，（如果是其他的凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解），把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可求解.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由，利用待定系数法，即可求解；
（2）根据（1）的结果，即证明，利用换元，转化为证明时，再构造函数，再利用导数证明函数的单调性和最值，即可证明不等式；
（3）首先由不等式确定或，由（2）的结果说明，求解不等式，再求解不等式，转化为，再构造函数，利用导数求解不等式.
【详解】（1）∵ ∴
∵，则，
由题意得：
∴解得：；
（2）由（1）知，即证
令，则且
即证时，记
则
∴在上单调递增，在和上单调递增
当时，，即，即成立，
当时，，即，即成立，
综上所述，时，
∴成立，即成立.
（3）由题意得：欲使得不等式成立，则至少有，即或
首先考虑，该不等式等价于，即，
又由（2）知成立，
∴使得成立的的取值范围是
再考虑，该不等式等价于，
记，则，
∴当时，时，
∴在上单调递增，在上单调递减
∴，即，
∴，
当时由，可知成立；
当时由，可知不成立；
所以使得成立的的取值范围是
综上可得：不等式的解集为.
【点睛】关键点点睛：本题第1问的关键是理解题意，利用待定系数法求解；第2问的关键是换元后构造函数，第3问的关键是由不等式构造函数，利用导数解不等式.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
D
D
D
B
C
D
ACD
BD
题号
11









答案
ACD









1
2
3