四川省成都市第七中学2025届高三上学期入学考试数学试卷（解析版）

这是一份四川省成都市第七中学2025届高三上学期入学考试数学试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了试卷满分等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写（涂）在答题卡的指定位置上．
2．回答选择题时，选出每个小题的答案后，用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，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，将答案写在答题卡相应位置上．
3．考试结束后，只需将答题卡交回，试卷由考生自行保管．
4．试卷满分：150分，考试时间：120分钟．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每个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】D
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解即得.
【详解】依题意，，而，
所以.
故选：D
2. 命题“，”的否定为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】利用特称量词的否定形式确定答案即可.
【详解】“，”的否定为：. ，，
故选：A
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先出求，再根据即可得出的值，最后求的模.
【详解】由题意可知，因为，，
所以，
又因为，所以，
即，解得.
所以.
故选：B.
4. 已知圆，点在线段（）上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，以为直径作圆，则圆的面积的最大值为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得，进而分析得当最大时，圆的面积的最大，求出最大值，即可求解．
【详解】由题可知，，，，，为锐角，
当圆的面积取最大值时最大，
而，
所以，
因为点在线段（）上，
所以，
故，即圆半径的最大值为，
所以圆的面积的最大值为，
故选：D．
5. 若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析】根据题意，求出切线方程，然后对进行讨论即可.
【详解】设切点为 ,
对 求导可得： ,
切线的斜率为 ,
可得切线方程为： ,
把点 代入可得 ,
化为 ,
令 ,
,
令得;令得
所以函数 在 上单调递增, 在 上单调递减,
可得 时函数 取得极大值.
当 时, ,
当 时, .
时， 与函数 的图象最多有一个交点, 不符合题意, 舍去.
时, 由过点 可以作曲线 的两条切线,
与函数 的图象有两个交点,
.
故选：C.
6. 已知定义在正实数集上的函数设、、是互不相同的实数，满足，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先画出函数的图象，根据图象分析，即可求出的取值范围．
【详解】由fx=lg4x-1,016.则画出函数的图象，如图所示，
不妨令，则，即，得，
当时，单调递减，且与轴交于点，则，
所以的取值范围为.
故选：B．
7. 设正四面体的棱长为2．则所有与此正四面体的四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得截面的面积之和为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据几何关系，找出满足条件的截面即可.
【详解】这样的截面有两类：
①截面的一侧有一点，另一侧有三点，如左图中的，
其中分别是棱的中点， 故是边长为1的正三角形，
故的面积为，这样的截面共有四个.

②截面的两侧各有两点，如右图中的四边形，
其中分别是棱的中点，
故四边形是正方形，
则四边形的面积为1，这样的截面共有三个.
综上所述，所有截面的面积之和为.
故选：C.
8. “布朗运动”是指悬浮在液体或气体中的微小颗粒所做的永不停息的无规则运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子做布朗运动时每次会从所在仓的通道口中等可能随机选择一个到达相邻仓，且粒子经过次随机选择后到达2号仓的概率为，已知该粒子的初始位置在2号仓，则（ ）．

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】记粒子经过次随机选择后到达1号仓的概率为，粒子经过次随机选择后到达3号仓的概率为,分析可得整理得，，利用构造法推得为等比数列，即可求得通项，即得.
【详解】记粒子经过次随机选择后到达1号仓的概率为，
粒子经过次随机选择后到达3号仓的概率为，
则有消去可得，，
则，即，因
则数列组成一个首项为，公比为的等比数列，
故，即，
故.
故选：A.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多个项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对得3分，错选得0分．
9. 二项式的展开式中（ ）
A. 前三项系数之和为22B. 二项式系数最大的项是第4项
C. 常数项为15D. 所有项的系数之和为0
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先写出二项式展开式的通项，选项A中根据通项求前三项系数之和即可；选项B中二项式系数中最大的是；选项C，常数项满足通项中的指数为，可得；选项D中将代入即可.
【详解】二项式展开式的通项为：
；
对于选项A，前三项的系数之和为：，A错误；
对于选项B，二项式系数中最大的是，恰好是第4项，B正确；
对于选项C，常数项时，通项公式中满足，得，即，C正确；
对于选项D，将代入，可得所有项的系数之和，结果为，D正确；
故选：BCD.
10. 已知函数的图象与函数的图象重合，则（ ）
A. B. 的单调区间为
C. 直线是的图象的对称轴D. 直线是曲线y=gx的切线
【答案】AD
【解析】
【分析】先用诱导公式化，再根据两个图象重合得到，由于，求出.得到.然后逐项验证即可.
【详解】，函数图象与的图象重合，
则，即，则，
则，故A正确.
，， 则，，
则的一个单调递增区间为，还有其他单调递增和单调递减区间，故B错误.
当，则，根据对称轴经过图象最高点或者最低点，
则直线不是的图象的对称轴.故C错误.
前面知道，则为上的点.且，
故，故在点的切线方程为，
即直线是曲线的切线.故D正确.
故选：AD.
11. 设是非零复数，是方程的两个复根，且，则以下说法错误的是（ ）
A. 存在负实数，使得B. 是负实数
C. 存在实数，使得D. 存在实数，使得
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，先利用条件证明是非负实数，然后即可得到结论；对于B，给出，作为反例即可；对于C，D，直接计算证明是负实数，即可得到C错误，D正确.
【详解】对于A，由，知均不为零.
由已知有，故
，
所以，故.
这就表明的实部等于的模长，所以是非负实数.
设，则实数，而均不为零，所以实数.
故是负实数，再由，即知选项A正确；
对于B，由于当，时，有，，此时验证即知，但不是负实数，故选项B错误；
对于C，D，由于我们有
，
而，故，所以是负实数，这表明选项C错误，选项D正确.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对复数模长的性质的运用.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知等比数列为递增数列，且，，则__________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据题意分析可知，，可得，，结合等比数列的性质分析求解.
【详解】因为递增的等比数列中，，，且，
可知和是一元二次方程的两个根，
且，解得，，
可得，所以
故答案为：2.
13. __________．
【答案】
【解析】
【分析】根据两两角和差的正切公式，化简求值，即可得答案.
【详解】，
又，
所以，
所以
，
故答案为：
14. 设是的外接圆的圆心，是重心，是中线，且，则的最大值是______．
【答案】
【解析】
【分析】设外接圆半径为1，则⊥，，故，即求的最大值，由勾股定理可知，只需求出的最小值，数形结合得到当且仅当重合时，，此时取得最小值，四点共线，则为等边三角形，求出答案.
【详解】不妨设外接圆半径为1，是的外接圆的圆心，
连接，如图1，则⊥，
，故，
即求的最大值，其中，
只需求出的最小值，
因为，在Rt中，，
当且仅当重合时，，此时取得最小值，
如图2，四点共线，则为等边三角形，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：连接，利用勾股定理得到当且仅当重合时，，此时取得最小值，进而得到结果.
四、解答题：本大题共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. 已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，.
（1）求B；
（2）若的面积为，求c.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助三角形内角和及两角和的正弦公式计算即得；
（2）借助面积公式计算即可得.
【小问1详解】
由，
则有，
即，由，故，
故，又B∈0,π，
故；
【小问2详解】
由，，
故，
解得.
16. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记．
（1）求MN的长；
（2）当MN长最小时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，运用两点间的距离公式计算即可；
（2）借助二次函数，求出最小时对应的,然后找出二面角的平面角,借助向量夹角公式计算求解即可.
【小问1详解】
以B原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
因为，所以，，
所以．
【小问2详解】
，当时，最小，
此时，M，N为中点，则，），取MN的中点G，连接AG，BG，
则，因为，，所以，，
所以是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角，
因为，，
所以，
所以平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是．
17. 小叶紫檀是珍稀树种，因其木质好备受玩家喜爱，其幼苗从观察之日起，第x天的高度为ycm，测得数据如下：
数据的散点图如图所示：
为近似描述y与x的关系，除了一次函数，还有和两个函数可选．
（1）从三个函数中选出“最好”的曲线拟合y与x的关系，并求出其回归方程（保留到小数点后1位）；
（2）判断说法“高度从1000cm长到1001cm所需时间超过一年”是否成立，并给出理由．
参考公式：，．
参考数据（其中，）：，，，， ，，，，，．
【答案】（1）选用；；
（2）说法“高度从1000cm长到1001cm所需时间超过一年”成立.理由见解析.
【解析】
【分析】(1)由散点图可知最好拟合的曲线为，根据题意中的数据和最小二乘法计算即可求出y关于x的回归直线方程；
(2)结合(1)，令，分别求出对应天数，进而相减，即可下结论.
【小问1详解】
由散点图可知，这些数据集中在图中曲线的附近，
而曲线的形状与函数的图象很相似，
因此可以用类似的表达式来描述y与x的关系，
即三个函数中的图象是拟合y与x的关系“最好”的曲线.
令，则，根据已知数据，
得，，
所以，
又回归直线经过点(4,8)，所以，
所以y关于x的回归直线方程为，即；
【小问2详解】
说法“高度从1000cm长到1001cm所需时间超过一年”成立.
设其幼苗从观察之日起，第m天的高度为1000cm，
有，解得，
第n天的高度为1001cm，
有，解得，
天，
所以说法“高度从1000cm长到1001cm所需时间超过一年”成立.
18. 已知、分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且的垂心为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆的左顶点，过点的直线叫椭圆于、两点，记直线，的斜率分别为，，若，求直线的方程．
（3）设是从椭圆中心到椭圆在点处切线的距离，当在椭圆上运动时，判断是否为定值．若是求出定值，若不是说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）是定值12
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，利用直线斜率求得的值，再借助于椭圆上的点和的数量关系即可求出，即得椭圆方程；
（2）先证明过椭圆上一点的切线方程为，计算原点到切线的距离，由椭圆的第二定义得和，对化简计算即得.
【小问1详解】
设，由的垂心为知,
故，化简得，，解得，
又因点在椭圆上，则，
因，故得，解得，
故椭圆的方程为.
【小问2详解】
如图，由（1）知，,若直线的斜率不存在，
由对称性可得，，不合题意；
若直线的斜率为，则的方程为，
由消去得，，①
显然，设，则，
于，
，解得，，
则直线的方程为.
【小问3详解】
先来证明过椭圆上一点的切线方程为.
由椭圆可得，
当时,,求导可得：,
∴当时,
∴切线方程为,
整理为：,
两边同时除以得：.
同理可证：时,切线方程也为.
当时,切线方程为满足.
综上,过椭圆上一点切线方程为.
依题意，设椭圆上的点，则过点的切线方程为,
即，原点到切线的距离为.
由椭圆的第二定义，，则，同理，
则，
故为定值.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的切线和第二定义相关的定值问题，属于难题.
解题关键在于，先借助于求导推出过椭圆上一点的切线方程，再利用椭圆的第二定义求得焦半径，最后化简计算即得.
19. 已知函数，
（1）判断的单调性．
（2）求函数，的值域．
（3）证明，．
【答案】（1）在上单调递增
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由导函数可判断其单调性；
（2）先求导函数，适当放缩证明，进而可得；
（3）先减少变元，设令，，考虑函数单调递增，故只需证明①当，，②当，进而可证.
【小问1详解】
由题意，其定义域为
则，
因，故，故在上单调递增
【小问2详解】
考虑，
令，得，
当时，，故在上单调递减，
，从而，故.
令，，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
.所以，在上单调递增，
，当，，故值域为.
【小问3详解】
证明，
令，，考虑函数，
.只需证明：
当，，②当，
其中②在第二问中已经说明，只需考虑①，
令，则，
故在单调递减，在上单调递增，
故，即证
【点睛】关键点点睛：（2）（3）问都要考虑构造函数，利用函数的单调性将复杂的问题转化为单个的具体的问题.
1
4
9
16
25
36
49
0
4
7
9
11
12
13