四川省成都市石室中学2024-2025学年高三下学期二模数学试卷 含解析

这是一份四川省成都市石室中学2024-2025学年高三下学期二模数学试卷 含解析，共21页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁， 已知正项等差数列 满足 ，则等内容，欢迎下载使用。
（全卷满分 150 分，考试时间 120 分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答.答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应
位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以
上要求作答无效.
4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
第 I 卷（选择题，共 58 分）
一､单项选择题：本题共 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. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合 ，再根据并集的定义计算可得.
【详解】由 ，即 ，解得 ，
所以 ，
又 ，所以 .
故选：A.
2. 已知平面向量 且 ，两个非零向量 ，若 ，则实数
的值为（ ）
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A. 1 B. C. 1 或 D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】应用向量垂直结合向量的数量积计算求解即可.
【详解】由 ，且 均不为零向量，得 ，
又因为平面向量 且 ，
所以 ，
所以 ，整理得 ，
解得 或 .
故选:C.
3. 的展开式中系数最大的项为（ ）
A. 第 3 项 B. 第 4 项 C. 第 5 项 D. 第 6 项
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式系数的对称性可直接判断结果.
【详解】易知 的展开式的各项系数分别为 ，
由二项式系数的对称性可知系数最大的项为第四项 .
故选：B.
4. 已知 ，则在复平面内 所对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数模长公式计算可得 ，再利用共轭复数定义及其几何意义可求得结果.
【详解】设 ，则 ，解得 ，
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则 ，
则在复平面内 所对应的点为 ，位于第四象限.
故选：D.
5. 已知正项等差数列 满足 ，则 （ ）
A. 4050 B. 2025 C. 4048 D. 2024
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列性质及前 项和公式变形给定等式得 ，再构造常数列求出目标值.
【详解】 等差数列 中， ，
则 ，即 ，因此 ，
数列 常数列，则 ，即 ，所以 .
故选：B
6. 在平面直角坐标系 中，已知圆 ，点 ，若圆 上存在点
，满足 ，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设点 坐标，然后表示出 和 ，建立方程后得到点 的轨迹方程，由两个圆存在公共
点，得到圆与圆的位置关系，从而得到圆心距和半径的关系，求出 的取值范围.
【详解】设 ，则 ， .
因为 ，所以 ，
即 ，所以点 的轨迹是以 为圆心，以 1 为半径的圆 .
又因为点 在圆 上，所以圆 与圆 有公共点，所以 ，
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即 ，解得 .
故选：B.
7. 已知函数 若方程 在 上恰有 4 个不同实根，则 的取
值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解出方程 的根，然后结合根的个数列不等式求解即可.
【详解】因为函数
所以当 时，方程 可化为 ，解得 ，
则当 时，
当 时，方程 可化为 ，
解得 ，
则当 时，
因为方程 在 上恰有 4 个不同实根，
所以这 4 个不同实根为 ，则 .
故选：A
8. 直观想象是数学六大核心素养之一，现有大小完全相同的 10 个半径为 的小球，全部放进棱长为
的正四面体盒子中，则 的最大值为（ ）
A. B. 1 C. D. 2
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【答案】D
【解析】
【详解】根据题意利用正四面体的性质得出棱长与高之间的关系，再由 10 个球在正四面体盒子内部摆放规
则以及内切关系，利用三角形相似即可求得 的最大值.
如图所示，
因为正四面体的高等于其棱长的 倍，所以其高为 .
10 个半径为 的小球放进棱长为 的正四面体 中，成三棱锥形状，有 3 层，
则从上到下每层的小球个数依次为 个，
当 取最大值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，
底层的每个球都与正四面体底面相切，任意相邻的两个小球都外切，
位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体 ，
则该正四面体 的棱长为 ，
可得正四面体 的高 .
连接 并延长交 于点 ，连接 ，过点 作 于点 ，
易知 ，所以 ，
所以 ，
所以正四面体 的高 ，
解得 ，所以 的最大值为 2.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正四面体性质以及球体的“三角垛”摆放位置，再由相似比例即
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可得出结论.
二､多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项是符
合题目要求的.全选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 如图，长方体 中， 是侧面 的中心， 是底面
的中心，点 在线段 上运动，则下面选项正确的是（ ）
A. 直线 与 平行
B. 四面体 的体积为定值
C. 点 到平面 的距离为
D. 异面直线 与 所成的角为
【答案】ABC
【解析】
【分析】连接 ，则 为 的中点， 为 的中点，即可判断 A；证明 平面 ，再
根据棱锥的体积公式即可判断 B；以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断 CD.
【详解】对于 A 选项，连接 ，
因为 是侧面 的中心， 是底面 的中心，
则 为 的中点， 为 的中点，
所以在 中， 为 的中位线，即 ，A 正确；
对于 B 选项，因为 ， 平面 平面 ，
所以 平面 ，
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又点 在线段 上运动，所以点 到平面 的距离为定值，
又 为定值，所以四面体 的体积为定值，B 正确；
对于 C 选项，如图以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，
解得 ，令 ，得 ，则 ，
所以点 到平面 的距离 ，C 正确；
对于 D 选项， ， ,
则 ，
故异面直线 与 所成的角不为 ，D 错误.
故选：ABC.
10. 泊松分布是一种离散型概率分布，常用于描述单位时间（或空间）内随机事件发生的次数，其概率分布
列为 ，其中 为自然对数的底数， 是泊松分布的均值.当二项分布的 很
大 而 很小 时，泊松分布可作为二项分布的近似，且 取二项分布的期望.假设每个
大肠杆菌基因组含有 10000 个核苷酸对，采用 紫外线照射大肠杆菌时，每个核苷酸对产生嘧啶二
体的概率均为 0.0005，设大肠杆菌的基因组产生的嘧啶二体个数为 表示经该种紫外线照射后产
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生 个嘧啶二体的概率.已知 近似服从泊松分布，当产生的嘧啶二体个数不小于 1 时，大肠杆菌就会死亡，
则下列说法正确的有（ ）
A.
B.
C. 大肠杆菌经该种紫外线照射后，存活的概率为
D. 经该种紫外线照射后产生 10 个嘧啶二体的概率最大
【答案】AC
【解析】
【分析】对于 A：利用二项分布的期望公式即可求得；对于 B：利用对立事件的概率即可求得结果；
对于 C：将 代入公式即可；对于 D：利用作差法即可求出概率最大值时的 k 值
【详解】对于 A，因为 ，所以此时泊松分布满足二项分布的近似的条
件， ，A 正确；
对于 B， ，B 错误；
对于 C， ，C 正确；
对于 D，
，
当 时， ，当 时， ；
当 时， ；故当 或 5 时取最大值，D 错误.
故选:AC.
11. 数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线 与 轴交于 两点，与 轴交于
两点， 是 上一个动点，则下列说法正确的有（ ）
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A.
B. 曲线 恰好经过 3 个整点（即横、纵坐标均为整数的点）
C. 面积的最大值为 1
D. 满足 的点 有且只有 2 个
【答案】ACD
【解析】
【分析】分别令 和 ，即可分别求解 AB，根据 ，即可求解纵坐标的最大值，即可求解 C，
根据椭圆方程以及曲线方程，联立即可求解 D.
【详解】对于 A，由 ，令 ，得 ，解得 ，所以
，所以 .令 ，得 ，解得 ，所以 ，
所以 ，所以 ，A 正确；
对于 B，由 ，令 ，得 ，所以直线 与曲线 交于点 ，直线 与
曲线 交于点 ，所以曲线 经过点 B 错误；
对于 C，由 ，看作是关于 的方程，故
，可得 ，
令 ，得 ，所以 ，即 ，所以 ，所以
直线 与曲线 交于点 ，结合图象可得点 的纵坐标的绝对值的最大值为 ，所以
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面积的最大值为 ，C 正确；
对于 D，坐标平面内到定点 的距离和为 的点的轨迹为以 为焦点，长轴长为 的椭圆，如
图设椭圆方程为 .
由题意，得 .又 ，所以 ，
所以椭圆方程为 .
联立 得 ，
所以 所以 ，所以 ，
故椭圆 与曲线 的交点为 .
故点 有且只有 2 个，D 正确.
故选:ACD.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何
特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可
首先建立目标函数，再求这个函数的最值.
第 II 卷（非选择题，共 92 分）
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 请写出同时满足下面三个条件的一个函数解析式 __________.① ；② 至少
有两个零点；③ 有最小值.
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【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】由条件①得到函数有对称轴，列出可能得函数再分别取验证条件②和条件③即可，答案不唯一.
【详解】取 ，其对称轴为 ，满足① .
令 ，解得 或 2，满足② 至少有两个零点.
，当 时， ，满足③ 有最小值.
故答案为： （答案不唯一）.
13. 成都石室中学举办校庆文艺展演晚会，设置有一个“传奇”主会场和“传承”，“扬辉”两个分会场.现场需要
安排含甲、乙的六名安全员负责现场秩序安全，其中“传奇”主会场安排三人，剩下三人安排去“传承”，“扬辉
”两个分会场（每个分会场至少安排一人）.若要求甲、乙两人不在同一个会场开展工作，则不同的安排方案
有__________种.
【答案】88
【解析】
【分析】按照甲，乙是否在“传奇”主会场划分情况，由排列组合以及分类加法计数原理即可求解.
【详解】按照甲，乙是否在“传奇”主会场划分情况：
①甲，乙有且只有 1 人在主会场，需要在除甲，乙外的四人中选两人去主会场，
剩下的三人去剩下的“传承”，“扬辉”两个分会场，有 （种）不同的安排方案；
②甲，乙都不在主会场，从甲，乙外的四人中选三人去主会场，
再将甲，乙安排去剩下的“传承”，“扬辉”两个分会场，且一人去一个分会场，
剩下一人可以去“传承”，“扬辉”两个分会场，有 （种）不同的安排方案.
根据分类加法计数原理，共有 （种）不同的安排方案.
故答案为：88.
14. 已知函数 且 与函数 且 有两个不
同交点，则 的取值范围是__________.（其中 为自然对数的底数）
【答案】
【解析】
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【分析】分析函数 与 的交点情况，转化为方程根的问题，再利用函数的单调性和反函数图象的
对称性进一步转化，最后通过研究新函数的单调性来确定参数 的取值范围.
【详解】因为函数 且 与函数 且 ，
所以 ，所以当 时，定义域为 ，当 时，定义域为 .
又因为 与 有两个不同交点，所以方程 有两个根.
令 ，所以 在 上是增函数.
由 ，得 有两个根.
因 与 互为反函数，图象关于 对称，所以 与 有两个交点，
故 有两个根，整理得 ，即 与 有两个交点，求导得到 .
①当 时，定义域为 ，可得 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，故 的取值范围是 ；
②当 时，定义域为 ，同理可得 在 上单调递增，
所以 与 只有一个交点，不满足题意.
综上， 的取值范围是 .
故答案为： .
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. 如图，四棱锥 中，底面 是正方形， 是 的中点，
.
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（1）证明：平面 平面 ；
（2）若 是棱 上靠近点 的三等分点，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意即可得 ，由余弦定理即可得 ，得 ，即 ，由
，得 即 ，证 平面 即可；
（2）建立空间直角坐标系，求平面 的法向量为 ，设直线 与平面 所成的角为 ，则
即可求解.
【小问 1 详解】
因为四边形 为正方形， 为 的中点， ，所以 .
在 中， ，
由余弦定理可得 .
，所以 .
因为 ，所以 ，所以 .
又因为 平面 ，所以 平面 .
又因为 平面 ，
所以平面 平面 .
【小问 2 详解】
由（1），得 两两垂直，以点 为原点， 所在直线分别
为 轴， 轴， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
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则 ，
于是 ，
， .
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，得 .
设直线 与平面 所成的角为 ，
则 ，
故直线 与平面 所成角的正弦值为 .
16. 已知 的内角 所对的边分别为 ，且 .
（1）求 ；
（2）若 ，求 的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式可直接求出 ；
（2）利用正弦定理和余弦定理计算可得 ，即可求得结果.
【小问 1 详解】
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因为 ，
所以 ，
即 ，
可得 ，所以 .
又因为 ，所以 ，即 ，
所以 .
【小问 2 详解】
由（1）可知， .
因为 ，
所以 ，即 .
由正弦定理可得 .
由余弦定理可得 ，即 ，
整理得 ，而 ，
所以 .
17. 已知函数 ，若 只有唯一的极值且为极小值 3.
（1）求 ；
（2）设 ，若不等式 恒成立，求 的
最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出函数 的导数，讨论单调性，得到极值，再根据极值的性质确定 的值；
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（2）先求出 表达式，构造函数 和 ，借助导数求
最值，再根据不等式恒成立求出 的最大值.
【小问 1 详解】
的定义域为 .
①当 时，当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
这时 只有唯一的极值且为极小值 ，即 .
②当 时，令 ，得 或 .
（i）当 时， ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，这时 的极值不唯一.
（ii）当 时， 对 恒成立，所以 在 上单调递增，这时 无极
值.
（iii）当 时， ，当 时， ，当 时， ，
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，这时 的极值不唯一.
综上所述， .
【小问 2 详解】
因为 ，所以 ，所以 .
设 ，令 ，解得 ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 .
设 ，所以 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
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所以 ，
所以 ，所以 .
18. 已知双曲线 过点 ，渐近线方程为 .
（1）求 的方程；
（2）已知点 ，过点 作动直线 与双曲线右支交于不同的两点 ，在线段 上取异于点
的点 .
（i）当 为 中点时， 的面积为 7，求直线 的斜率；
（ii）直线 分别与 轴交于点 ，若 为 中点，证明：点 恒在一条定直线上.
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据双曲线过的点以及渐近线方程列出方程组求解双曲线方程；
（2）（i）先设出直线方程，联立双曲线方程，利用中点坐标公式和三角形面积公式求解直线斜率；
（ii）通过设点坐标，利用直线方程求出与 轴交点坐标，再根据中点关系证明点 在定直线上。
【小问 1 详解】
由题意，得 ，则 ①，
将点 代入双曲线方程，得 ②，
联立①②解得 故 的方程为 .
【小问 2 详解】
若直线 的斜率不存在，则直线 与双曲线右支只有一个交点，不符合题意，故直线 的斜率存在.
设直线 的方程为 ，与 联立得 .
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设 ，由题意，得 解得
（i）解：因为 为 中点，所以 .
由 ，得
又 ，解得 ，所以直线 的斜率为 .
（ii）证明：设直线 的方程为 ，令 ，得 .
同理可得， .
因为 为 中点，所以 ，即 .
又因为点 都在直线 上，
所以 ，
整理，得 ，
代入韦达定理，得 ，所以 .
因为 ，所以点 恒在定直线 上.
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【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
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 k）；②利用条件找
到 k 过定点的曲线之间的关系，得到关于 k 与 x，y 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、由特殊到一般发：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.
19. 北湖生态公园有两条散步路线，分别记为路线 和路线 .公园附近的居民经常来此散步，经过一段时
间的统计发现，前一天选择路线 的居民第二天选择路线 和路线 的概率均为 ；前一天选择路线 的居
民第二天选择路线 和路线 的概率分别为 和 .已知居民第一天选择路线 的概率为 ，选择路线 的
概率为 .
（1）若有 4 位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线 散步的人数为 ，求 的分布列及期望；
（2）若某居民每天都去公园散步，记第 天选择路线 的概率为 .
（i）请写出 与 的递推关系；
（ii）设 ，求证： .
【答案】（1）分布列见解析，
（2）（i） ；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求居民第二天路线的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得分布列，利用二
项分布期望公式可得期望；
（2）（ⅰ）分析第 天选择路线 ，和路线 情况下第 天选择路线 的概率，再由全概率公式列式，
利用构造法求出关系式；（ⅱ）由（ⅰ）构造法求出通项公式，再借助放缩法及等比数列前 和公式推理得
证.
【小问 1 详解】
记附近居民第 天选择路线 分别为事件 ，
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依题意， ， ， ，
则 由 全 概 率 公 式 ， 得 居 民 第 二 天 选 择 路 线 散 步 的 概 率
；
记第二天选择路线 散步的人数为 ，则 ，
则 ， ，
， ，
，
则 的分布列为：
0 1 2 3 4
故 的数学期望 ．
【小问 2 详解】
（i）当第 天选择路线 时，第 天选择路线 的概率 ；
当第 天选择路线 时，第 天选择路线 的概率 ，
所以 .
（ii）由（i）知 ，则 ，而 ，
于是数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
因此 ，即 ， ，
当 时， ，而 ，
所以 ；
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当 时， ，而 ，
所以 ，
所以 .
【点睛】方法点睛：全概率公式是将复杂事件 A 的概率求解问题转化为在不同情况下发生的简单事件的概
率求和问题.
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