四川省绵阳市2025届高三数学下学期模拟四考试试卷含解析

这是一份四川省绵阳市2025届高三数学下学期模拟四考试试卷含解析，共21页。试卷主要包含了考试结束后，只交回答题卡即可， 设 ，则“ ”是“ ”的， 已知 ，则， 已知实数 a 满足 ，则， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.考试时间 120 分钟，试卷满分 150 分.
2.开考前，请在试卷上和答题卡上都要填写好自己的个人信息，然后用 2B 铅笔在答题卡的规
定区域填写，用 0.5mm 黑色签字笔在答题卡的指定区域书写.
3.考试结束后，只交回答题卡即可.
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. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解.
【详解】集合 ，则 ，
所以 .
故选：B
2. 在复平面内，复数 对应的点的坐标是 ，则复数 的虚部是（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的几何意义得到复数 的代数式，再利用复数的除法运算即可.
【详解】由题意， ，则 .
所以复数 的虚部是
故选：A.
3. 某班从 5 名同学中选 3 名同学分别参加数学、物理和化学知识竞答，已知甲同学不能参加物理和化学知
识竞答，其他同学都能参加这三科知识竞答，则不同的安排有（ ）
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A. 42 种 B. 36 种 C. 6 种 D. 12 种
【答案】B
【解析】
【分析】利用分类加法原理来求解即可.
【详解】第一类：三名同学中有甲同学，则不同的安排有： 种；
第二类：三名同学中没有甲同学，则不同的安排有： 种；
根据分类加法原理可得，共有 种，
故选：B.
4. 设 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可.
【详解】求解二次不等式 可得： 或 ，
据此可知： 是 的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】本题主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，属于基础题.
5. 若 是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数， ∈[0，＋∞)且（ ） ，则
( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】 ，有
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当 时函数 为减函数
是定义在 上的偶函数
即
故选
6. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将 弦化切求得 ，再根据两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为 ，
所以 ， ，
所以 ，
故选：B.
7. 足球是由 个正五边形和 个正六边形组成的．如图，将足球上的一个正六边形和它相邻的正五边形
展开放平，若正多边形边长为 ， 、 、 分别为正多边形的顶点，则 （ ）
A. B.
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C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】计算出 、 以及 的大小，利用余弦定理可得出 ，再利用平面向量数量积的定义
以及余弦定理、诱导公式、三角恒等变换可求得 .
【详解】连接 ，由余弦定理可得 ，
易知正五边形的每个内角为 ，
所以，
，则 ，
，
，
，
故选：A.
8. 已知实数 a 满足 ，则（ ）
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A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据 得 ，对 AB，构造 ，根
据零点存在性定理判断即可；对 CD，构造函数函数 ，求导分析函数单调性，结合所给
不等式判断即可.
【详解】由 得 ，
对于选项 A 与 B，函数 在 上单调递增，则存在 ，使得 ，即
，又 且 ，所以 ， 均有可能，即 与 a 大小不确定．故
A 与 B 都不正确．
对于选项 C 与 D，令函数 得 ，
令 得 ，所以 在 上单调递减
所以当 时， ，所以 ，所以 在 上单调递减，
又 ，所以 ，所以 ，即 ，故 D 正确．
故选：D
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.
9. 下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若圆心角为 的扇形的面积为 ，则扇形的弧长为
C. 终边落在直线 上的角的集合是
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D. 函数 的定义域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用三角函数符号法则判断 A；利用扇形弧长、面积公式计算判断 B；求出角的集合表达式判断 C；
利用正切函数求出定义域判断 D.
【详解】对于 A，由 ，得 ，则 ，A 正确；
对于 B，设扇形半径为 ，由圆心角为 扇形的面积为 ，得 ，
解得 ，因此扇形的弧长为 ，B 正确；
对于 C，终边落在射线 上的角集合为 ，
终边落在射线 上的角集合为 ，
因此终边落在直线 上的角的集合是 ，C 错误；
对于 D，由 ，得 ，
因此函数 定义域为 ，D 正确.
故选：ABD
10. 已知公差不为 0 的等差数列 的前 项和为 ，且 是 与 的等比中项，则下列说法正
确的是（ ）
A.
B.
C. 数列 是递增数列
D. 当 时， 的最大值为 8
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知条件求出 ， 可判断 AB；写出数列的前 n 项和公式，可判断 CD.
【详解】设等差数列 的公差为 ，
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由 是 与 的等比中项，得 ，
即 ，解得 ，故 AB 正确；
则 ， ， ，
所以 ，又 随 的增大而减小，所以数列 是递减数列，故 C 错误；
当 时， ，所以 的最大值为 8，故 D 正确.
故选：ABD
11. 设 A，B 是一个随机试验中的两个事件， ， ，则（ ）
A. 事件 A，B 相互独立
B. 若 ，则
C.
D. 若 ，则必有
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据条件概率的计算公式以及并事件的概率公式，可得方程组，进而可得 ，则 ，所
以 ，根据相互独立满足的公式即可判断 A，结合基本不等式即可求解 C,根据条件概率即可
求解 D.
【详解】由 可得 ,
又 ,
,
则 ,
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不妨设 ，则 ，
所以 ，化简得 ，
设 ，则 ，所以 ，
对于 A，要使 A，B 相互独立，则需要 ，
即 ，即 ，不恒成立，故 A 错误，
对 于 B， 由 ， 得 ，
，
故 ，B 正确，
对于 C, ,
当且仅当 时取到等号，而 ,故 ，C 正确，
对 于 D,由 ， 得 ,又
,
所 以 ， 化 简 可 得
,
由于 ，则 ,将其代入上式得
,化简得 ①，
结合 ②,
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联立①②可得 ,故 ，
解得 ，则 ，故 ，故 D 正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 的展开式中常数项为_______．
【答案】
【解析】
【分析】写出二项展开式的通项，令 的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】 的展开式通项为 ，
令 ，可得 ，
所以，展开式中的常数项为 .
故答案为： .
13. 过点 P(0,1)作直线 l，使它被直线 l1：2x＋y－8＝0 和 l2：x－3y＋10＝0 截得的线段被点 P 平分，则直线
l 的方程为_________．
【答案】x＋4y－4＝0
【解析】
【分析】
设 l1 与 l 的交点为 A(a,8－2a)，求得 关于 的对称点坐标，利用对称点在直线 上求得 ，即得 点坐标，
从而得直线 方程．
【详解】设 l1 与 l 的交点为 A(a,8－2a)，则由题意知，点 A 关于点 P 的对称点 B(－a,2a－6)在 l2 上，
代入 l2 的方程得－a－3(2a－6)＋10＝0，解得 a＝4，
即点 A(4,0)在直线 l 上，所以直线 l 的方程为 x＋4y－4＝0.
故答案为：x＋4y－4＝0.
【点睛】本题考查求直线方程，解题方法是根据点关于点的对称点求解，直线 与已知两直线各有一个交点，
是这两个交点连线段中点，因此可设其中一点坐标，由对称性表示出另一点坐标，代入第二条直线方程
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可求得交点坐标，从而得直线方程．
14. 四棱锥 中， ， ， ， ， ，
内部点 满足四棱锥 与三棱锥 的体积相等，则 长的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】延长 交 于点 ，令 ，根据给定条件，利用等体积转化探究可得
，再结合直角三角形及向量运算建立 为 函数，进而求出最小值.
【详解】在四棱锥 中，延长 交 于点 ，令 ，
由 ， ，得 ，又 ，
则 ，
由 ，得 ，则 ， ，
，
，设点 到底面距离为 ，
依题意， ， 由 ，
得 ，则 ，
而 ，则 ，
，令 ，
当 ，即 时， ，所以 长的最小值为 .
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故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用等体积转化求出 是求解问题的关键.
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. 在 中，内角 ， ， 所对的边分别是 ， ， ．已知 ， ，
．
（1）求 的值；
（2）求 的值．
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）应用正弦边角关系得 ，结合已知及余弦定理求 ；
（2）由题设及平方关系得 ，再应用倍角正余弦公式求得 ， ，最后应
用差角正弦公式求 .
【小问 1 详解】
由 ，则 ，又 ，故 ，
由 .
【小问 2 详解】
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在三角形中 ，则 ，
故 ， ，
所以 .
16. 从某企业的某种产品中随机抽取 100 件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果制成如图所示的
频率分布直方图.
（1）求这 100 件产品质量指标值的样本平均数 （同一组数据用该区间的中点值作代表）；
（2）已知某用户从该企业购买了 3 件该产品，用 X 表示这 3 件产品中质量指标值位于 内的产品件
数，用频率代替概率，求 X 的分布列.
【答案】（1）
（2）分布列见解析
【解析】
【分析】（1）根据平均数的求法，求得平均数.
（2）利用二项分布的知识求得 的分布列.
【小问 1 详解】
由已知得： .
【小问 2 详解】
因为购买一件产品，其质量指标值位于 内的概率为 0.2，
所以 ，所以 .
，
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，
，
，
所以 X 的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.512 0.384 0.096 0.008
17. 如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ， ， 为 的中点，且
．
（1）求 ；
（2）求二面角 的正弦值．
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【分析】（1）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，设
，由已知条件得出 ，求出 的值，即可得出 的长；
（2）求出平面 、 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面 ，四边形 为矩形，不妨以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别
为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ，
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设 ，则 、 、 、 、 ，
则 ， ，
，则 ，解得 ，故 ；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结 ．因为 底面 ，且 底面 ，所以 ．
又因为 ， ，所以 平面 ．
又 平面 ，所以 ．
从而 ．
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因为 ，所以 ．
所以 ，于是 ．
所以 ．所以 ．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结 交 于点 N．
由[方法二]知 ．
在矩形 中，有 ，所以 ，即 ．
令 ，因为 M 为 的中点，则 ， ， ．
由 ，得 ，解得 ，所以 ．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面 的法向量为 ，则 ， ，
由 ，取 ，可得 ，
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设平面 的法向量为 ， ， ，
由 ，取 ，可得 ，
，
所以， ，
因此，二面角 的正弦值为 .
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体 ，联结 ，交点记为 H，由于 ， ，所
以 平面 ．过 H 作 的垂线，垂足记为 G．
联结 ，由三垂线定理可知 ，
故 为二面角 的平面角．
易证四边形 是边长为 的正方形，联结 ， ．
，
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由等积法解得 ．
在 中， ，由勾股定理求得 ．
所以， ，即二面角 的正弦值为 ．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结
合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面
积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，
为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.
18. 甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为 ，输的概率为 ，每
局比赛的结果是独立的．
（1）当 时，求甲最终获胜的概率；
（2）为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得 3 分，失败者得 分；方
案二：最终获胜者得 1 分，失败者得 0 分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）甲最终获胜有两种情况：前 2 局赢、三场输一场赢两场，据此求解概率；
（2）由（1）可得甲最终获胜的概率，分别计算两种方案下甲获得积分的数学期望，通过作差比较其大小
即可.
【小问 1 详解】
记“甲最终以 获胜”为事件 ，记“甲最终以 获胜”为事件 ，“甲最终获胜”为事件 ，
于是 ， 与 为互斥事件，
由于 ， ，
则 ，
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即甲最终获胜的概率为 ．
【小问 2 详解】
由（1）可知， ，
若选用方案一，记甲最终获得积分为 分，则 可取 ，
，
则 的分布列为：
3
则 ，
若选用方案二，记甲最终获得积分为 分，则 可取 1，0，
，
则 的分布列为：
1 0
则 ，
所以 ，
由于 ，则 ，
于是 时，两种方案都可以选，
当 时， ，应该选第二种方案，
当 时， ，应该选第一种方案．
19. 设函数 的定义域为 ，其导函数为 ，区间 是 的一个非空子集．若对区间 内的任
意实数 ，存在实数 ，使得 ，且使得 成立，则称函数 为区间
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上的“ 函数”．
（1）判断函数 是否为 上的“ 函数”，并说明理由；
（2）若函数 是 上的“ 函数”．
（ⅰ）求 的取值范围；
（ⅱ）证明： ， ．
【答案】（1） 是 上的“ 函数”，理由见解析
（2）（ⅰ） ；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出 ，结合题中定义验证即可；
（2）（ⅰ）分析可知， 任意的 恒成立． 时，可得 ， 时，
可得出 ， 时，可得出 ，利用导数分析函数
在区间 、 上的单调性，综合可得出实数 的取值范围；
（ii）由题意可得 ， ．利用导数先证明：
， ，即证 ，构造函数 ，利用导数分析函数
在区间 上的单调性，求其最小值，即可证得结论成立.
【小问 1 详解】
因为 ，则 ，
因为 ， ．
又 ，所以 ，
所以 对于任意 恒成立．
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故 是 上 “ 函数”．
小问 2 详解】
（ⅰ） ，
由条件得 对任意的 恒成立，
即 任意的 恒成立．
①当 时，对一切 成立．
②当 时， 恒成立．
设 ，则 对任意的 恒成立，
所以 在 上单调递减，可得 ．
③当 时，由 恒成立．
设 ，则 ，所以 在 上单调递减，
可得 ．
综上所述， 的范围是 ．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知， ．
对 ， ．
下面证： ， ，
即证 ， ．
设 ，则 ，所以 在 上单调递增，
又 ，所以 成立．
所以 时，不等式 成立．
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所以 ， 成立．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式 （或 ）转化为证明 （或
），进而构造辅助函数 ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
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