2025达州高三下学期二模试题数学含解析

这是一份2025达州高三下学期二模试题数学含解析，共6页。试卷主要包含了答题前，考生务必将自己的班级，考试结束以后，将答题卡收回.等内容，欢迎下载使用。
（本试卷满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1、答题前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号用0．5毫米的黑色签字笔填写在答题卡
上、并检查条形码粘贴是否正确.
2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米的黑色签字笔书写在答题卡的对应题框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
3、考试结束以后，将答题卡收回.
一、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. 集合，则的元素个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】先明确集合，再求其交集即可.
【详解】因为，，
所以有4个元素.
故选：D
2. 若复数的实部为0，则实数的值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法运算，结合复数的概念求出值.
【详解】依题意，
由的实部为0，，得.
故选：C
3. 向量，若，则（ ）
A. B. C. 5D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据垂直得到方程，求出，得到，从而利用模长公式得到答案.
【详解】，
，故，
解得，所以，
所以.
故选：A
4. 已知为等差数列的前项和，，则（ ）
A. 4B. 8C. 16D. 32
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，列式求出数列的公差，进而求出.
【详解】在等差数列中，，，
又，则，解得，则公差，
所以.
故选：B
5. 相交直线都在平面内，直线在平面内，则“且”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】利用线面垂直、面面垂直的判定，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由相交直线都在平面内，且，得，而直线在平面内，
因此，故充分性成立；
反之，若，直线在平面内，则直线在平面内，或平行于平面，或与平面相交，
所以直线与平面也不一定垂直，即直线不一定垂直平面的所有直线，
所以直线l不一定都与相交直线垂直，故必要性不成立.
故选：A
6. 已知为双曲线的右焦点，圆上的动点到双曲线渐近线的距离最小值为，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出双曲线的渐近线方程，再根据圆的性质得到动点到渐近线距离的表达式，结合已知条件建立关于、、的等式，最后根据双曲线的离心率公式，求出离心率．
【详解】对于双曲线，其渐近线方程为，即．
已知圆，其圆心坐标为，半径．
则圆心到渐近线的距离．
因为在双曲线中有，所以．
因为动点在圆上，所以动点到双曲线渐近线的距离最小值为圆心到
渐近线的距离减去圆的半径，即．
已知动点到双曲线渐近线的距离最小值为，所以，移项可得．
且，把代入可得：
，两边同时开方得．
所以离心率．
该双曲线的离心率为．
故选：A．
7. 三棱锥各个顶点均在球表面上，，外接圆的半径为，点在平面的射影为中点，且与平面所成的角为，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，所以O必在上，在中求得，在中得，由勾股定理计算得球半径，从而得球面积．
【详解】取中点，连接，点在平面的射影为点，
又因为，所以外接圆圆心为，所以O必在直线上，
因为，外接圆的半径为，所以是外接圆的圆心，，
因为平面，与平面所成的角为，
则，从而，
设球O的半径为R，在中，，则，解得，
所以球O的表面积为.
故选：B．
8. 关于的不等式的整数解个数为时，，设为数列的前项和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，，，，，求出两函数在处的切线斜率，得到，进而得到的整数解个数为时，所满足的不等式，求出，再裂项相消求和，得到答案.
【详解】，，
设，，，，
显然，，，
其中在处的切线斜率为，
在处的切线斜率为，
若，时，的图象在的上方，不等式无解，
则的整数解个数为0，不合要求，
所以，
当时，需满足，解得，
当时，需满足，解得，
当的整数解个数为时，
需满足，解得，
所以，
所以，
所以，
故
故选：C
二、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. 某同学根据的5组数据，绘制了散点图（图1），并进行回归分析，若在这5组数据的基础上又增加了2组数据（图2），重新进行回归分析，则下列叙述正确的是（ ）
A. 决定系数变大B. 样本相关系数的绝对值更趋近于0
C. 残差的平方和变大D. 解释变量与响应变量的相关性变强
【答案】BC
【解析】
【分析】从图中分析得到增加2组数据后，回归效果变差，再由决定系数，相关系数，残差平方和和相关性的概念和性质作出判断.
【详解】由图可知：增加2组数据后，回归效果变差，所以决定系数变小，线性相关系数的绝对值变小，残差的平方和变大，解释变量与响应变量的相关性变弱.
故选：BC
10. 已知函数，则（ ）
A. 函数为偶函数B. 函数在上单调递增
C. 函数在上有4个极大值点D. 函数的最大值为3
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数奇偶性的定义判断A的真假；利用导数分析函数在上的单调性，判断B的真假；利用导数分段讨论函数在的单调性，求其极值和最值可判断CD的单调性.
【详解】对A：因为，所以函数为偶函数，故A正确；
对B：当时，，所以，
由，即；
由
所以函数在上递增，在上递减，故B错误；
对C：当时，，，
由；
由.
所以函数上单调递增，在上单调递减.
结合B的结论，在上，函数有和两个极大值点，
又函数为偶函数，所以函数在上有4个极大值点，故C正确；
对D：当时，根据函数的单调性，在上，因为，，所以函数的最大值为，
当时，，所以；
当时，，所以.
所以当时，函数的最大值为.
又时，.
所以时，函数的最大值为.
又函数为偶函数，所以在上，函数的最大值为.故D错误.
故选：AC
11. 已知二次曲线，为坐标原点，下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于轴对称
B. 若，则存在实数，使得圆与恰好有3个公共点
C. 若在点处的切线与坐标轴围成图形的面积最大值为8
D. 点为上动点，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据对称的定义验算即可；对于B，推出或再验算判别式即可；对于C，求出切线方程，结合基本不等式即可判断；对于D，分和两种情况讨论，证明点是抛物线的焦点，画出图形，结合抛物线性质验算即可.
【详解】对于A，设点满足方程，那么也满足方程，
即的图象关于轴对称，故A正确；
对于B，，联立，得，
即，
若存在实数，使得圆与恰好有3个公共点，
首先关于的一元二次方程必定有两个不同的根，
必然要满足才行，
不妨设这三个点的坐标为，
根据前面的表述可知，，
从而有，即，
注意到，从而，
若，此时，
若，此时，
所以无论如何，若，总存在实数或，使得圆与恰好有3个公共点，故B正确；
对于C，，对求导得，
，
所以在点处的切线的方程为，它与坐标轴的两个交点依次为，
故所求面积表达式为，注意到，
从而，故C错误；
对于D，当时，设抛物线的焦点为，
如下图，注意到抛物线顶点，故可设准线方程为，

从而有，整理得
，
解得，对比，可得，
解得，
从而点是抛物线的焦点，
故，
其中当且仅当重合；
当时，同理，如下图所示，

有，
其中当且仅当重合；
综上所述，点为上动点，则的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中项的系数为______．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式展开式计算求解即可.
【详解】的展开式中项的系数为.
故答案为：.
13. 已知函数在上存在零点，则实数的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由参变量分离法可得，其中，令，其中，则实数的最小值即为函数在上最小值，利用导数求出函数在上最小值即可.
【详解】由可得，其中，
令，其中，
所以，实数的取值范围即为函数在上的值域，
则实数的最小值即为函数在上最小值.
则
，
当时，；当时，.
所以，函数在区间上单调递减，在上单调递增，
故当时，，
因此，实数的最小值为.
故答案为：.
14. 新高考数学试卷共有3道多项选择题，每题有个选项，每题正确选项有2个或3个．得分规则如下：每道题满分为6分，全部选对得满分，有错选或者不选得0分，答案选项为2个的，只选一个正确选项得3分，答案选项为3个的，每选一个正确选项得2分．现甲，乙，丙，丁四位同学的作答和总得分情况如下表，则丁同学的总得分情况为______．
【答案】0或12
【解析】
【分析】根据甲、乙、丙的得分判断各题的正确答案，再求丁的得分.
【详解】根据乙的得分，可知：第9题正确答案有两个选项，包含A.
第10或11，乙有一个题选对，另一题有错选.
假设第10题的答案是ACD，则第11题的答案应该不含C或D.
此时：甲和丙在第10题各得4分.
若第9题的答案为AB，第11题答案为BC，则甲、乙、丙的得分满足条件，此时丁第9、11两题正确，第10题有错误选项，共得12分；
若第9题答案为AC，第11题答案为AB，则甲、乙、丙的得分满足条件，此时丁3个题都有错误选项，得0分；
假设第11题正确答案为CD，则甲、并第11题均不得分，此时甲、并的得分不可能都是10分.故不满足题意.
综上可得：丁的得分为0或12.
故答案为：0或12
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 某学校对高中生体质健康调研，随机抽取100名学生的体重（单位：kg）得到如下频数分布表：
（1）估计样本的中位数；
（2）从样本和中按分层抽样抽取学生6人，再从这6人中随机抽取3人，其中体重在，的人数分别为，记，求的分布列及期望．
【答案】（1）65 （2）分布列见解析，期望为1
【解析】
【分析】（1）先判断出样本的中位数落在内，再根据数据特征得到中位数为65；
（2）求出分层抽样抽取学生6人中，和的人数，从而得到的可能取值为，求出相应的概率，得到分布列和数学期望值.
【小问1详解】
，，
故样本的中位数落在内，
又，故中位数为；
【小问2详解】
和的人数比为，
分层抽样抽取学生6人中，和的人数分别为和，
故这6人中随机抽取3人，的可能取值为3,2,1，对应的的取值为，
所以的可能取值为，
，，，
故分布列为
期望为.
16. 如图，在三棱柱中，、分别为、的中点，、均为等边三角形，平面平面，
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取线段的中点，连接、，推导出平面，，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，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值．
【小问1详解】
取线段的中点，连接、，如下图所示：
因为、分别为、的中点，所以，，
在三棱柱中，，，
因为为的中点，所以，，
故，，所以四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，所以平面.
小问2详解】
取线段的中点，连接、，
因为、均为等边三角形，且为的中点，所以，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
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，
不妨设，则、、、、
、、，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，可得，
设平面一个法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
17. 已知的内角的对边分别为为中点，．
（1）证明：为等腰三角形；
（2）若的面积，求；
（3）若，求周长的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据正弦定理：.
再由余弦定理：，
所以，
所以或即.
因为不成立，所以只有.所以为等腰三角形.
【小问2详解】
如图：
设，则，
所以，
又，
所以，又为锐角，所以.
所以.
【小问3详解】
由题意，.
所以的周长为：，
因为，在上均为增函数，
所以，
即周长的最小值为：.
18. 函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求的取值范围；
（3）证明：当时，．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，分情况讨论导函数的符号，可得函数的单调区间.
（2）分情况讨论，分离参数，可把问题转化为，恒成立的问题，设，，利用导数求函数的最小值即可.
（3）问题转化为，设，，只需证的最小值大于0即可.
【小问1详解】
因为，所以.
若，则在上恒成立，所以函数在上单调递增；
若，由；由.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
综上：当时，函数在上单调递增；
当时，函数上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
当时，.
当时，上式恒成立，即；
当时，.
设，，
则.
设，，则在上恒成立，即在上单调递增，
又，所以在上恒成立.
所以由，由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
所以.
综上可知：的取值范围为：.
【小问3详解】
时，要证，即.
设，则，.
设，，则在上恒成立.
所以在上单调递增.
又，，则方程只有一解，设为，且，.
当时，当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
因为，所以，，，所以.
即.
所以在上恒成立.
从而原命题成立.
19. 椭圆的左，右焦点分别为，过的直线交于两点（点位于轴上方），为坐标原点．
（1）若，求的值；
（2）已知二次曲线在点处的切线方程为，现过两点作的两条切线相交于点，切线与圆分别交于和，其中分别位于点的左侧．
（ⅰ）证明：三点共线；
（ⅱ）求面积的最小值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）答案见解析（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由三点共线推理即可求解；
（2）（ⅰ）通过准确画图大胆猜测直线和直线平行，故我们可以假设直线经过原点且与平行，且两点都在圆上，这样子显然可以得到三点共线，故我们只需要证明三点共线，且三点共线即可；（ⅱ）首先用含的式子表示点的坐标，通过分析可知只需要用只含的式子表示即可将面积转换为关于的函数，从而利用导数求函数单调性最值即可.
【小问1详解】
注意到三点共线，
从而，即，
所以，解得；
【小问2详解】
（ⅰ）由题意可知直线斜率不为0，且注意到直线过点，
故可设直线的方程为，
联立直线的方程与椭圆的方程，得，
整理得，，
设，
由题意点位于轴上方，由求根公式可得，
画出图形如下，

观察并猜想，根据题目所要证明的结论，我们不妨设直线的方程为，
其中是直线与圆的交点，且其中分别位于点的左侧，
那么显然满足三点共线，
下面我们只需要证明三点共线，且三点共线即可得到重合，重合，也就是说此时命题可以得证，
要证明三点共线，只需证明，
联立与，解得，
由题意直线的方程为，同理直线的方程为，
要证明，
只需证明，
只需证明，
只需证明，
由的根是可知，，
从而只需证明，
只需证明，
只需证明，
而根据前面的假设可知，，
从而
，
故三点共线，同理也三点共线，
这就说明重合，重合，也就是说此时命题已经得证；
（ⅱ）联立直线的方程与直线的方程，
解得，
设为点到直线的距离，
从而，
而
，
从而，
设，则，
求导得，
从而函数在上单调递增，
故面积的最小值为.
甲
乙
丙
丁
9题
10题
11题
得分
10
9
10
分组





频数
5
25
40
20
10
3
1
-1