四川省成都市石室中学2024-2025学年高三上学期高考适应性测试演练模拟考试数学试题

2025年四川省成都市石室中学高考数学适应性试卷 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.化简等于(    ) A. 1 B. i C. D. 2.为确保信息安全，信息需加密传输，发送方由明文密文加密，接收方由密文明文解密，已知加密规则为：明文a，b，c，d对应密文，，，4d，例如，明文1，2，3，4对应密文5，7，18，当接收方收到密文14，9，23，28时，则解密得到的明文为(    ) A. 4，6，1，7 B. 7，6，1，4 C. 6，4，1，7 D. 1，6，4，7 3.圆和圆的公切线有(    ) A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 4.已知A为的一个内角，且，则(    ) A. B. C. D. 5.设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是(    ) A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6.已知向量与的夹角为，，则等于(    ) A. 5 B. 4 C. 3 D. 1 7.设集合，将A中的元素按照从小到大的顺序排列，前10个数的和等于(    ) A. 55 B. 100 C. 145 D. 280 8.已知，，则(    ) A. B. C. D. ，但a和b的大小关系无法确定 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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9.设，，…，的极差为X，平均值为，中位数为m，方差为…，，其中a，，，…，的极差为Y，平均值为，中位数为p，方差为t，则(    ) A. B. C. D. 10.已知，则(    ) A. 的最小正周期为 B. 存在，使得 C. 若为奇函数，则的最小值为 D. 若，则 11.设中，下列命题正确的有(    ) A. 若，则的周长的取值范围是 B. 若，则的面积的最大值是9 C. 若，则的周长的取值范围是 D. 若，则的面积的最大值是3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.在的展开式中，的系数是______. 13.椭圆：的左右焦点分别为，，焦距为2c，若直线与椭圆的一个交点M满足，则该椭圆的离心率等于______. 14.已知，且，若当取最小值时有，则a的取值范围是______. 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.本小题13分 某种纪念卡片有红色和蓝色两种，每次购买时只能购买一张，得到红色卡片和蓝色卡片的概率各为某人连续购买了4张卡片.假设每次购买得到的卡片的颜色互不影响. 此人至少得到一张红色卡片的概率； 若已知此人至少有一张红色卡片，求此人至少有一张蓝色卡片的概率. 16.本小题15分 设 当时，求的极小值； 若的极大值为4，求a的值. 17.本小题15分 如图，在斜三棱柱中，侧面底面ABC，侧棱与底面ABC成的角，，底面ABC是边长为2的正三角形，其重心为G，E是线段上一点，且平面 求的值； 求平面与底面ABC所成的二面角的正切值. 18.本小题17分 已知数列满足， 设，求的值，使得对于任意且，都有； 求证： 19.本小题17分 设动点P到点的距离与到直线的距离之积等于4，动点P的轨迹为曲线 求曲线C与x轴的交点的坐标. 过点作不与坐标轴垂直的直线 判断直线l与曲线C的交点的个数，并证明你的结论； 定义平面上n个点，，…，的重心G为满足的点，若直线l与曲线C的所有交点的重心G到点的距离等于，求点G的横坐标. 注：关于x的一元n次方程…有n个复数根，，…，，且…，… 答案和解析 1.【答案】D  【解析】解： 故选： 根据已知条件，结合复数的四则法则，即可求解． 本题主要考查复数的四则运算，属于基础题． 2.【答案】C  【解析】【分析】 这是一道新运算类的题目，其特点一般是“新”而不“难”，处理的方法一般为：根据新运算的定义，将已知中的数据代入进行运算，易得最终结果． 根据题意中给出的加密密钥为，，，4d，如上所示，明文1，2，3，4对应密文5，7，18，16，我们易得，明文的4个数与密文的几个数之间是一种函数对应的关系，如果已知密文，则可根据这种对应关系，构造方程组，解方程组即可解答． 【解答】 解：明文a，b，c，d对应密文，，，4d， 当接收方收到密文14，9，23，28时， 则，解得， 解密得到的明文为6，4，1，7 故选： 3.【答案】C  【解析】解：圆，即，圆心为，半径为3， 圆，即，圆心为，半径为2， 故圆心距， 所以两圆外切， 故公切线有3条． 故选： 根据圆的方程确定出两圆的圆心和半径，然后根据圆心距与半径的关系判断两圆位置关系，由此得到公切线条数． 本题主要考查两圆的位置关系，考查计算能力，属于基础题． 4.【答案】D  【解析】解：因为A为的一个内角，且， 所以， 则 故选： 由已知结合同角基本关系进行化简即可求解． 本题主要考查了同角基本关系的应用，属于基础题． 5.【答案】B  【解析】【分析】 本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系的判定，是基础题，解题时要注意空间思维能力的培养． 由已知条件，利用直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，能求出结果． 【解答】 解：若，，，则m与n还可能相交、平行或异面，故A错误； ，，， 又，，故B正确； 若，，，则与还可能平行或与相交，故C错误； 若，，，则或m，n异面，故D错误． 故选： 6.【答案】B  【解析】解：向量与的夹角为，， ， ， ， 舍去或， 故选： 本题是对向量数量积的考查，根据两个向量的夹角和模之间的关系，用数量积列出等式，再根据和的模两边平方，联立解题，注意要求的结果非负，舍去不合题意的即可． 两个向量的数量积是一个数量，它的值是两个向量的模与两向量夹角余弦的乘积，结果可正、可负、可以为零，其符号由夹角的余弦值确定． 7.【答案】B  【解析】解：由， 可得上式中最右边的式子除倒数的两项外其余的数均为7的倍数， 所以只要能被7整除，即有为正整数， 可得n为奇数，即有A中的前10个数分别为1，3，5，7，…，19， 其和为 故选： 由二项式定理推得只要能被7整除，即有为正整数，写出前十项，由等差数列的求和公式，可得所求和． 本题考查集合中的元素和二项式定理、整除问题和等差数列的求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题． 8.【答案】A  【解析】解：由于，所以，因此， 又因为， 所以，所以 故选： 根据指数函数的单调性即可判断求解． 本题主要考查指数函数的性质，考查逻辑推理能力，属于中档题． 9.【答案】BC  【解析】解：根据题意，，，…，的极差为X，平均值为，中位数为m，方差为 若…，， 则，，…，的极差，平均值为，中位数为，方差为， 分析选项：BC正确． 故选： 根据题意，利用极差的定义可判断A选项；利用中位数的定义可判断B选项；利用平均数公式可判断C选项；利用方差公式可判断D选项． 本题考查数据平均数、方差、极差和中位数的计算，注意平均数、方差、极差和中位数的计算公式，属于基础题． 10.【答案】AC  【解析】解：， 故函数的最小正周期为，故A正确；由于当时，，故不存在，使得，故B错误； 对于C：由于，当，整理得：，故当时，，故C正确； 对于D：若，故，设，所以，，解得，， 所以，故D错误； 故选： 首先利用三角函数关系式的变换，把函数的关系式变换成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质求出结果． 本题考查的知识点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题． 11.【答案】BCD  【解析】解：A中，根据，得，根据三角形三边关系，得， 从而的周长的取值范围是，所以选项A错误； B中，根据，得，的面积表示， 当，即时面积取最大值，最大值为9，所以选项B正确； C中，已知，设，则，周长为， 根据三角形三边关系，有即解得， 因此周长的取值范围是，所以选项C正确； D中，已知，设，则，的面积表示为， 根据余弦定理：，得， 即，又，所以， 从而； 根据，有，对于函数，， 函数开口向下，对称轴， 所以在处取最大值，且， 所以的最大值为9，因此的最大值为9，从而面积的最大值为3，所以选项D正确． 故选： 由三角形边与边的关系及余弦定理，三角形的面积公式的应用，逐项判断出所给命题的真假． 本题考查余弦定理的应用及三角形面积公式的应用，三角形性质的应用，属于中档题． 12.【答案】14  【解析】解： 展开式中的系数等于展开式的的系数减去的系数， 展开式的通项为 展开式中的系数是， 故答案为： 将求的系数问题转化为二项式的展开式的的系数减去的系数，即可求出展开式中的系数. 本题考查二项式定理的应用，考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的指定项问题，考查学生的转化能力． 13.【答案】  【解析】解：如图所示， 由直线可知倾斜角与斜率有关系， 又椭圆的一个交点满足，， 设，，则，解得 该椭圆的离心率 故答案为 由直线可知斜率为，可得直线的倾斜角又直线与椭圆的一个交点M满足，可得，进而 设，，利用勾股定理、椭圆的定义及其边角关系可得，解出a，c即可． 本题综合考查了直线的斜率与倾斜角的关系、勾股定理、含角的直角三角形的边角关系、椭圆的定义、离心率等基础知识，考查了推理能力和计算能力即数形结合的思想方法． 14.【答案】  【解析】解：由于，当且仅当时等号成立， ， 由于函数在上单调递减，在上单调递增， 若取最小值时有， 则，即， 又，所以a的取值范围是 故答案为： 由不等式的性质及函数的性质，经计算可得结论． 本题考查不等式与函数的综合应用，属中档题． 15.【答案】解：根据题意，设事件“此人至少得到一张红色卡片”，则“此人得到4张蓝色卡片”， 则， 故； 根据题意，设事件“此人至少有一张蓝色卡片”，则“此人得到4张蓝色卡片”， 则， 故； ， 则  【解析】根据题意，设事件“此人至少得到一张红色卡片”，则“此人得到4张蓝色卡片”，先求出，进而计算可得答案； 根据题意，设事件“此人至少有一张蓝色卡片”，求出和，由条件概率公式计算可得答案． 本题考查条件概率的计算，涉及相互独立事件的概率计算，属于基础题． 16.【答案】解：易知的定义域为R， 可得， 当时， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，取得极小值，极小值； 当时，无极值； 当时，有极小值，极大值； 当时，有极小值，极大值， 当时，， 解得； 当时，， 即， 设，函数定义域为， 可得， 所以在上单调递减， 此时， 所以无解． 综上所述，若的极大值为4，此时  【解析】由题意，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性，进而可解； 结合中信息，可得当时，无极值；当时，有极小值，极大值；当时，有极小值，极大值，分别求出当和时满足条件的值，进而可解． 本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题． 17.【答案】解：侧面底面ABC，侧棱与底面ABC成的角，，又，取AB的中点O，则底面以O为原点建立空间直角坐标系如图， 则，，，，，，为的重心，， 设， 则， ， 由已知平面， 是平面的法向量， 又平面， 即， 解得， 故； 设平面的一个法向量为，则，取，得，又底面ABC的一个法向量为设平面与底面ABC所成锐二面角的大小为，则， 为锐角， 故平面与底面ABC所成的二面角的正切值为  【解析】取AB的中点O，由题意得到底面ABC，以O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； 求得平面和底面ABC的一个法向量，设平面与底面ABC所成锐二面角的大小为，由向量法求解即可． 本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题． 18.【答案】解：因为，， 所以，，则，解得， 令，则， 整理得：，即， 又，所以数列以为首项，为公差的等差数列， 所以对于任意且，都有； 证明：由知，， 所以， 因此， 所以 ， 因为，所以  【解析】由题意可得，求出，代入即可求，再证明此时数列成等差数列即可； 求出数列的通项公式，再由裂项相消法求和即可证明． 本题考查等差数列的概念，由数列的递推式求通项公式，裂项相消法求数列的前n项和，属于中档题． 19.【答案】解：设，因为动点P到点的距离与到直线的距离之积等于4， 所以，整理可得曲线C的轨迹方程为 令，得，解得或 因此曲线C与x轴交于与三点． 设直线l的方程为， 与曲线C的方程联立得， 即 记，则至多有4个不相等的实数根． 直线l与曲线C有4个不同的交点，证明如下： 利用， 有，， ，，， 从而在，，，上各有一个实数根． 因此有4个不相等的实数根，所以直线l与曲线C有4个不同的交点． 设直线l与曲线C交于点，，，， 且这4个点的重心为，则由题意可知， 因此， ， 显然，所以，因此， 即，整理得， 由题意，，因此， 从而， 即，解得 点G的横坐标为  【解析】根据两点间的距离公式，结合已知可得曲线C的轨迹方程，再令，解方程即可求解曲线C与x轴的交点的坐标． 设直线l的方程为，与曲线C的方程联立，可得关于x的方程，构造函数，则至多有4个不相等的实数根． 函数零点个数即为直线l与曲线C的交点个，利用零点存在性定理即可得解； 根据已知条件及重心的坐标公式可得重心此，，将代入并整理得，由已知可得，因此，从而可得关于的方程，求解即可． 本题主要考查轨迹方程的求法，直线与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$