四川省成都市2025届高三数学下学期期中试题含解析

这是一份四川省成都市2025届高三数学下学期期中试题含解析，共19页。
1．开始作答前，请考生在答题卡上填写好自己的信息．
2．作答时，选择题部分用 2B 铅笔填涂，非选择题部分用 0.5mm 黑色签字笔在答题卡规定区
域书写．
3．考试结束后，将试卷，答题卡，草稿纸一并交回．
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的选项中，只有一项是符
合题目要求的．
1. 设集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合的交集运算直接得出答案.
【详解】根据题意， .
故选：B
2. 命题： 的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据特称命题的否定为全称命题，从而可得出答案.
【详解】因为特称命题的否定为全称命题，
所以命题“ ”的否定为“ ”.
故选：A.
3. 复数 （ ）
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A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简 可得答案.
【详解】 .
故选：A
4. 已知向量 ， ， ，则 的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据 ，可得 ，再利用同角之间的公式化简 ，代入
即可得解.
【详解】因为向量 ， ，
，即
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题考查向量平行的坐标运算，及利用同角之间的公式化简求值，解题的关键是
的变形，考查学生的运算求解能力，属于基础题.
5. 函数 的零点一定位于下列哪个区间（ ）.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
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根据零点存在性定理可得结果.
【详解】因为函数 的图象连续不断，且 ，
， ，
，
根据零点存在性定理可知函数 的零点一定位于区间 内.
故选：C
【点睛】关键点点睛：掌握零点存在性定理是解题关键.
6. 已知点 ， ，若直线 ： 与线段 相交，则 的取值范围是（
）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出直线 过定点 ，在求出临界点处直线的斜率，结合图象得到不等式组，解得即可.
【详解】因为直线 ： ，即 ，令 ，解得 ，
所以直线 恒过定点 ，
又 ， ，直线 的斜率为 ，
要使直线 与线段 有公共点，由图可知 ，解得 ，
即 的取值范围是 .
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故选：B.
7. 记 为等比数列 的前 项和.若 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本量法可求公比,从而可求 .
【详解】设等比数列 的公比为 ，则 ，
故 ，从而 ，
故选：B.
8. 将 1，2，3…，9 这九个正整数，填在如图所示的九宫格里，九宫格的中间填 5，四个角填偶数，其余位
置填奇数，则每一横行、每一竖列以及两条对角线上 3 个数字的和都等于 15 的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出满足题意的所有排法的总数，再求出符合条件的排法数，再由古典概型的概率公式求解即
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可.
【详解】先排四个角上的偶数，可以排 2,4,6,8，有 种结果，再排其他四个空位，有 种结果，
所以基本事件总数为 .
若每一横行、每一竖列以及两条对角线上 3 个数字的和都等于 15，
则先排左上角的数字，有 种结果，
假设左上角的数字排 2，右下角只能排 8，右上角可排 4 或者 6，
当右上角排 4 时，左下角只能是 6；
当右上角排 6 时，左下角只能是 4，
当四个角确定，其余位置的数字就确定，
所以共有 种结果，
所以每一横行、每一竖列以及两条对角线上 3 个数字的和都等于 15 的概率为 .
故选：C.
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．（全
选对得 6 分，选对但不全得部分分，有选错得 0 分）
9. 若某扇形的周长为 18，面积为 20，则该扇形的半径可能为（ ）
A. 2 B. 4 C. 5 D. 10
【答案】BC
【解析】
【分析】根据扇形的周长公式 和面积公式 求解即可.
【详解】设该扇形的半径为 ，弧长为 ，则 ，解得 或 5.
故选：BC
10. 抛物线 C： 的准线为 l，P 为 C 上的动点，过 P 作 的一条切线，Q 为切点，
过 P 作 l 的垂线，垂足为 B，则（ ）
A. l 与 相切
B. 当 P，A，B 三点共线时，
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C. 当 时，
D. 满足 的点 有且仅有 2 个
【答案】ABD
【解析】
【分析】A 选项，抛物线准线为 ，根据圆心到准线的距离来判断；B 选项， 三点共线时，先
求出 的坐标，进而得出切线长；C 选项，根据 先算出 的坐标，然后验证 是否成立；
D 选项，根据抛物线的定义， ，于是问题转化成 的 点的存在性问题，此时考察
的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设 点坐标进行求解.
【详解】A 选项，抛物线 的准线为 ，
的圆心 到直线 的距离显然是 ，等于圆的半径，
故准线 和 相切，A 选项正确；
B 选项， 三点共线时，即 ，则 的纵坐标 ，
由 ，得到 ，故 ，
此时切线长 ，B 选项正确；
C 选项，当 时， ，此时 ，故 或 ，
当 时， ， ， ，
不满足 ；
当 时， ， ， ，
不满足 ；
于是 不成立，C 选项错误；
D 选项，方法一：利用抛物线定义转化
根据抛物线的定义， ，这里 ，
于是 时 点的存在性问题转化成 时 点的存在性问题，
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， 中点 ， 中垂线的斜率为 ，
于是 的中垂线方程为： ，与抛物线 联立可得 ，
，即 的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个 点，使得 ，D 选项正确.
方法二：（设点直接求解）
设 ，由 可得 ，又 ，又 ，
根据两点间的距离公式， ，整理得 ，
，则关于 的方程有两个解，
即存在两个这样的 点，D 选项正确.
故选：ABD
11. 如图 ，在长度为 线段 上取两个点 、 ，使得 ，以 为边在线段 的
上方做一个正方形，然后擦掉 ，就得到图形 ；对图形 中的最上方的线段 作同样的操作，得到图
形 ；依次类推，我们就得到以下的一系列图形设图 ，图 ，图 ，图 ，各图中的线段长度和为 ，
数列 的前 项和为 ，则（ ）
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A. 数列 是等比数列 B.
C. 存在正数 ，使得 恒成立 D. 恒成立
【答案】BD
【解析】
【分析】设图 中新构造出的每条线段的长度为 ，则 ，而 ，故
根据这两个递推关系可求 ，再求出 ，逐项判断后可得正确的选项．
【详解】设图 中新构造出 每条线段的长度为 ，则 ，其中 ，
故 ．
而 ，∴ ，
故 ，
而 也符合该式，故 ，
此时 ， ，故 不是等比数列，故 A 错误．
而 ，故 D 正确．
而 ，故 ，故 B 正确．
对任意给定的正数 ，当 时，必有 ，故 C 错误．
故选：BD．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 一个边长为 的正方体八个顶点都在一个球上，则球的半径为___
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【答案】
【解析】
【分析】根据几何体外接球半径的求法求得正确答案.
【详解】正方体外接球的直径等于体对角线长，
所以球的半径为 .
故答案为：
13. 已知函数 ，则 ___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用函数 的解析式由内到外逐层计算可得 的值.
【详解】因为 ，则 ，
所以， .
故答案为： .
14. 设 ，若函数 在 上单调递增，则 a 的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】原问题等价于 恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，
可得 ，由右侧函数的单调性可得实数 的二次不等式，求解二次不等式后可确定实
数 的取值范围.
【详解】由函数的解析式可得 在区间 上恒成立，
则 ，即 在区间 上恒成立，
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故 ，而 ，故 ，
故 即 ，故 ，
结合题意可得实数 的取值范围是 .
故答案为： .
四、解答题：本题共 5 小题，共 7 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知数列 满足 ，
（1）记 ，写出 ， ，并求数列 的通项公式；
（2）求 的前 20 项和.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列 的特征，然后求和其通项公式即可；
(2)方法二：分组求和，结合等差数列前 项和公式即可求得数列的前 20 项和.
【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：
显然 为偶数，则 ，
所以 ，即 ，且 ，
所以 是以 2 为首项，3 为公差的等差数列，
于是 ．
[方法二]：奇偶分类讨论
由题意知 ，所以 ．
由 （ 为奇数）及 （ 为偶数）可知，
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数列从第一项起，
若 为奇数，则其后一项减去该项的差为 1，
若 为偶数，则其后一项减去该项的差为 2．
所以 ，则 ．
[方法三]：累加法
由题意知数列 满足 ．
所以 ，
，
则
．
所以 ，数列 的通项公式 ．
（2）[方法一]：奇偶分类讨论
．
[方法二]：分组求和
由题意知数列 满足 ，
所以 ．
所以数列 的奇数项是以 1 为首项，3 为公差的等差数列；
同理，由 知数列 的偶数项是以 2 为首项，3 为公差的等差数列．
从而数列 的前 20 项和为：
．
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【整体点评】(1)方法一：由题意讨论 的性质为最一般的思路和最优的解法；
方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；
方法三：写出数列 的通项公式，然后累加求数列 的通项公式，是一种更加灵活的思路.
(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前 项和是一种常规的方法；
方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前 项和公式和分组的方法进行求和是一
种不错的选择.
16. 已知函数 在 处取得极值 0.
（1）求 ；
（2）若过点 存在三条直线与曲线 相切，求买数 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得 ，即可得解；
（2）切点坐标为 ，根据导数的几何意义可得切线方程为
，从而可得 ，再根据过点 存在 3
条直线与曲线 相切，等价于关于 的方程 有三个不同的根，利用导数求
出函数 的单调区间及极值，即可得解.
小问 1 详解】
由题意知 ，
因为函数 在 处取得极值 0，
所以 ，解得 ，
经检验，符合题意，所以 ；
【小问 2 详解】
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由（1）可知，函数 ，所以 ，
设切点坐标为 ，
所以切线方程为 ，因为切线过点 ，
所以 ，即 ，
令 ，则 ，
令 ，解得 ，或 ，
当 变化时， 的变化情况如下表所示，
1
- 0 + 0 -
单调递减 单调递增 0 单调递减
因此，当 时， 有极小值 ，
当 时， 有极大值 ，
过点 存在 3 条直线与曲线 相切，
等价于关于 的方程 有三个不同的根，则 ，
所以实数 的取值范围是 .
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，
然后将问题转化为函数图象与 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思
想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由 分离变量得出 ，将问题等价转化为直线 与函数
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的图象的交点问题.
17. 如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ABCD， ，M 为 BC 的
中点.
（1）求证： 平面 PBD；
（2）求平面 ABCD 与平面 APM 所成角的余弦值；
（3）求 D 到平面 APM 的距离.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合相似三角形的判定定理和性质、线面垂直的判定定理进行证明即
可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间点到直线距离公式进行求解即可.
【小问 1 详解】
因为 ，M 为 BC 的中点，
所以 ，
因为四棱锥 的底面是矩形，
所以 ，
所以 ，所以 ，
而 ，即 ，
因为 底面 ABCD， 底面 ABCD，
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所以 ，而 平面 PBD，
所以 平面 PBD；
【小问 2 详解】
因为 平面 ABCD， 平面 ABCD，
所以 ，
因为因为四棱锥 的底面是矩形，
所以 ，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
因为 平面 ABCD，
所以平面 ABCD 的法向量为 ，
设平面 APM 的法向量为 ，
， ，
于是有 ，
平面 ABCD 与平面 APM 所成角的余弦值为 ；
【小问 3 详解】
由（2）可知平面 APM 的法向量为 ， ，
所以 D 到平面 APM 距离为
18. 已知在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 的中心在坐标原点 ，焦点在 轴上，焦距等于 ，离心率
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为
（1）求椭圆 的标准方程;
（2）若直线 与椭圆 交于 M、N 两点，求证： 为定值;
（3）记 为椭圆上顶点，过点 作相互垂直的两条直线 BP，BQ 分别与椭圆 相交于 P，Q 两点.设直线
BP 的斜率为 且 ，若 ，求 的值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3） 或 1
【解析】
【分析】（1）根据焦距和离心率求解出 ， 来求解；
（2）联立方程组，根据两点间的距离求解；
（3）设 ，联立方程组求解出 ， ，然后根据 求
解出 ，从而解得 或 .
【小问 1 详解】
由已知得 ，
又 ，又 .
所以椭圆 的方程为 .
【小问 2 详解】
依题意，设 ，
联立直线与椭圆 有 ，消元得：
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当 ，即 且 时，
，
即 为定值.
小问 3 详解】
设 ，设直线 BP 的方程为 ，
则直线 BQ 的方程为 ，
由 ，消去 得 ，
，
，
由 得
，
，
，
，
整理得： ，
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，
或 .
19. 在 中，把 ， ， …，
称为三项式系数.
（1）当 时，写出三项式系数 ， ， ， ， 的值；
（2） 的展开式中，系数可用杨辉三角形数阵表示，如图，当 ， 时，类似
杨辉三角形数阵表，请列出三项式的 次系数的数阵表；
（3）求 的值（用组合数作答）.
【答案】（1） ， ， ， ，
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）写出展开式，即可得到相应的系数；
（2）写出 （ ， ）的展开式，即可得解；
（3）由 表示出 系数，再由 ，计算
出 系数，即可得解.
【小问 1 详解】
因为 ，
所以 ， ， ， ， ；
【小问 2 详解】
因为 ，
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，
，
，
，
所以三项式的 （ ， ）次系数的数阵表如下：
【小问 3 详解】
，
其中 系数为 ，
又
而二项式 的通项 （ 且 ），
由 ，解得 ，
所以 系数为 ，
由代数式恒成立，
所以 .
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