精品解析：四川省2024-2025学年高三下学期第一次教学质量联合测评（2月联考）数学试题

四川省2025届高三第一次教学质量联合测评 数学 （考试时间：120分钟试卷满分：150分） 注意事项： 1．答題前，务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动用校皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的交集运算，即可求得答案. 【详解】由于， 故， 故选：B 2. 已知复数，若为纯虚数，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的乘法运算结合复数概念即可求解； 【详解】， 因为为纯虚数，所以， 所以， 故选：C 3. 从小到大排列的一组数据的中位数等于平均数，则（ ） A. B. 5 C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数及中位数的定义计算求解即可. 【详解】从小到大排列的一组数据的中位数等于平均数， 则，计算得. 故选：C. 4. 已知为等比数列，若，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，结合等比数列通项求出公比，进而求出. 【详解】设等比数列的公比为，由，得，解得， 由，得，所以. 故选：B 5. 函数，若．则（ ） A. B. C. 0 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】应用已知结合奇偶性计算求值. 【详解】函数， 若，则， 则. 故选：D. 6. 已知，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】先由判断是否能推出，再由判断是否能推出，即可得出结果. 【详解】已知 充分性： 若因为，所以,所以,所以； 必要性： 若，则当时，，所以必要性不成立； 因此“”是“”的充分不必要条件. 【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件，属于基础题型. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，是上一点，、分别是、的中点，为坐标原点，若，且四边形的面积为，的短轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用勾股定理推导出，分析可知的面积为，可求出的值，利用勾股定理结合椭圆的定义可求出的值，由此可求得椭圆的短轴长. 【详解】记，由题意， 所以，，所以，， 因为四边形的面积为，故的面积为， 即，则， 因为，所以，， 即，可得，解得， 因此，双曲线的短轴长为. 故选：C. 8. 已知正实数，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将变形为，可判断，继而变形为，推出，即可求解. 【详解】因为，故，即， 因为，所以； 又，结合，可得， 而， 即得，即，则必有， 则，即选项A中不等式成立， 故选：A 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于将变形为，继而变形为，即可求解. 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求，全部选对的得6分，部分选对的得都分分，有选错的得0分．） 9. 已知随机变量的分布列如下，则（ ） 1 2 3 4 A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由分布列的性质、期望、方差的计算公式逐项判断即可； 【详解】由，可得， ， ， 故选：BD 10. 已知菱形的边长为2，，将沿对角线向上折起，得到平面，二面角的大小为，则（ ） A. 当时 B. 当时，二面角是锐角 C. 当时，四面体各条棱长相等 D. 当时，四面体的外接球表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，通过平行得出异面直线所成的角，然后利用余弦定理计算即可得出结论;对于B，通过二面角的定义做出二面角的平面角，结合余弦定理计算即可得出结论；对于C，结合A选项的结论，利用余弦定理求出的长度，即可判断；对于D，结合C选项的结论，将四面体放入正方体中即可得解. 【详解】对于A，如下图所示，取与的中点，分别为，连接，则,所以异面直线所成的角为（或其补角）， 当时，由题意可知，为二面角的平面角，即， 所以，又菱形的边长为2，，所以, 所以，又, 所以，所以不垂直，故A错误； 对于B，取的中点为，连接，因为，所以因此为二面角的平面角，又A选项知，，所以, 由题意知，所以，所以，所以二面角为锐角，故B正确. 对于C，当时，由题意易知为二面角的平面角，所以，由A选项知，，所以，所以四面体各条棱长均为2，故C正确. 对于D，由C选项知，四面体为正四面体，将其放入下图所示正方体中， 由图可知，正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长度，又，所以，所以 所以四面体的外接球表面积为，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数满足：，且，那么（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用赋值法即可逐一判断A、B、C选项，通过赋值法求得的最小正周期，从而得解. 【详解】对于A，令，， 因为，所以，故A正确； 设，则 显然满足条件，但是，故B错误； 对于C，令， ， 所以， 又，所以为偶函数， 即，故C正确； 对于D，设，类似A中推导，可知满足题设条件， 但最小正周期是，故D错误， 故选：AC 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答題卡的横线上．） 12. 函数的单调递减区间为__________． 【答案】 【解析】 【分析】通过求导，得到导函数小于零的不等式，结合定义域求解集即可. 【详解】由题意，函数的定义域为， 求导可得， 令，因为，所以解得. 所以函数的单调递减区间为. 故答案为：. 13. 若是函数的一个极大值点，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知求出导函数再应用极大值点计算求参，最后计算求解函数值. 【详解】因为函数，所以， 因为是函数的一个极大值点，所以， 所以，计算得， 则． 故答案为：. 14. 如图，设、是平而内相交成角的两条数轴，、分别是与轴、轴正方向同向的单位向量．对于平面内任意一点，若向量，则记，．已知平面内两点、，其中，则点的轨迹围成的图形面积为____________；若，则的最大值为____________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】对、的符号进行分类讨论，确定点的轨迹，作出其图形，计算出该图形的面积，即为所求；计算得出，要求其最大值，令，由已知得出，利用二次函数的基本性质可求得的最大值. 【详解】当，时，， 此时，点的轨迹表示以点、的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点、的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点、的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点、的线段； 如下图所示： 记点、、、， 则点的轨迹为四边形， 因为，，同理可得， 故四边形为矩形，且， 所以，点的轨迹围成的图形面积为； 由平面向量数量积的定义可得， 所以，， 因为，要求其最大值，令， 不妨设，，于是，则， 所以，， 当且仅当时，等号成立，故的最大值为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题考查动点的轨迹所围成图形的面积，解题的关键在于紧扣题中的定义，分析出动点的轨迹图形，通过作出图形求解. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤．） 15. 在中，已知内角的对边分别为，为线段上一点，． （1）若为的中点，且，求面积的最大值； （2）若，且，求． 【答案】（1）． （2）． 【解析】 【分析】（1）由题意可得，利用向量的模的计算结合基本不等式可求出，再利用三角形面积公式，即可求得答案； （2）记，利用余弦定理可得．在中，可得，解方程组即可求得答案. 另解：可利用角平分线性质定理推出，从而再利用等面积法求解. 【小问1详解】 因为，， 则有，解得， 所以．（当且仅当时取等） 所以的面积的最大值为． 【小问2详解】 因为，所以 记，则有，由余弦定理得， 解得． 在中，，则，解得， 联立方程组则有，解得． 另解：由条件得，所以平分． 因为，所以． 由面积关系得．解得． 16. 已知地物线，直线．当时，与有且仅有一个交点． （1）求的方程； （2）若与交于两个不同的点，设的中点为，过点平行于轴的直线与交于点，求． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）联立直线方程和抛物线方程，由交点个数得到判别式的等式，求出，即可得到抛物线方程； （2）利用韦达定理法，由弦长公式及中点坐标公式得到和，从而求得它们的比值. 【小问1详解】 当时，联立，得． 因为与有且仅有一个交点，所以，解得． 所以的方程为． 【小问2详解】 联立，得． 因为与交于不同的两点，所以，即． 设，， 因为，所以． ． ，所以． 17. 在直三棱柱中，，为平面与平面的交线，为直线上一点． （1）若，求的面积； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的性质定理得出线线平行，然后利用平行得出，从而得解； （2）思路一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出平面与平面夹角的余弦值，解方程即可得解；思路二：根据二面角的平面角的定义，作出二面角的平面角，结合解三角形的知识即可得解. 【小问1详解】 因为，所以为等边三角形， 所以 在直三棱柱中，， 又平面，平面，所以平面． 因为平面，平面平面，所以． 又，，所以． 【小问2详解】 解法一： 如图，以的中点为原点建立空间直角坐标系． 设，则． 所以． 设平面的一个法向量为， 则，即，取，所以． 因为是平面的法向量， 所以． 解得，所以． 解法二： 由题意可知，平面与平面夹角，就是锐二面角， 如图，取的中点，因为，所以． 因为在直三棱柱中，平面，所以 因为，平面，平面， 所以平面． 过点作的垂线，垂足为，连接， 所以为二面角的平面角． 因为，为正方形，所以，， 又为的中点，，所以； 设， 所以． 解得，所以． 18. 某保险公司随机选取了200名不同驾龄的投保司机，调查他们投保后一年内的索赔情况，结果如下： 单位：人 一年内是否索赔 驾龄 合计 不满10年 10年以上 是 10 5 15 否 90 95 185 合计 100 100 200 （1）依据小概率值的独立性检验，分析表中的数据，能否据此推断司机投保后一年内是否索赔与司机的驾龄有关？ （2）保险公司的大数据显示，每年投保的新司机索赔的概率为，投保的老司机索赔的概率均为．假设投保司机中新司机的占比为.随机选取一名投保司机，记事件“这名司机在第年索赔”为，事件“这名司机是新司机”为.已知. （i）证明：； （ii）证明：，并给出该不等式的直观解释. 附：， 【答案】（1）司机投保后一年内是否索赔与司机的驾龄无关 （2）（i）根据条件概率的定义， . （ii）由题意. 由（i）中的结论及已知得， ， 由概率的性质知. 由全概率公式，. 根据条件概率的定义，. 因为，所以要证，即证， 即证.因为，所以成立. 所以. 式子说明投保司机第一年索赔的概率小于他第一年索赔后第二年又索赔的概率. 【解析】 【分析】（1）根据卡方独立性检验的检验规则即可求解； （2）（i）根据条件概率公式即可证明； （ii）根据题意可知，由（i）中的结论及已知易得，进而转化为，将该式化简变形即可证明. 【小问1详解】 零假设为：司机投保后一年内是否索赔与司机的驾龄无关. 根据表中数据，计算得. 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 因此可以认为成立，即认为司机投保后一年内是否索赔与司机的驾龄无关. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 19. 已知定义在上的函数满足，且，有．若存在，使得函数是常函数，则称是“阶梯函数”． （1）若是“阶梯函数”，且当时，，写出的取值范围； （2）已知满足：①；②，有． （i）证明：是“阶梯函数”的必要条件是“”； （ii）若所有满足条件①②的函数均为“阶梯函数”，猜想的取值范围并证明． 【答案】（1）， （2）（i）证明：由题意得，或． 当即时， ∵，∴．根据条件有，∴． 由于，∴． 当，同理可得． 所以为阶梯函数的必要条件是． （ii）解：猜想的取值范围是，下面证明这个结论． 当时，构造函数，，不是阶梯函数． 当时，构造函数，，不是阶梯函数． 当时，构造函数，，不是阶梯函数． 当时，． 若，则，矛盾． ∴ ∴．① 下面用数学归纳法证明：．② 由①知时，②成立． 假设时，②成立，则． ∵，∴． ∴， ． ∴当时，②成立． 同理当时，②成立．∴②成立． 假设，则， 即．③ 又，所以，所以， 即，所以，与③矛盾．∴假设不成立． 所以为阶梯函数，的取值范围是． 【解析】 【分析】（1）根据函数的新定义计算求参数范围； （2）（i）应用函数的新定义结合必要条件的定义证明即可；（ii）构造函数分别结合新定义计算判断，最后再应用数学归纳法证明即可. 【小问1详解】 ∵当时，，∴． ∵是阶梯函数， ∴是常数．由于，所以这个常数为， ∴． 当时， 当时，∵，都有，∴． ∴的取值范围是． ∴的取值范围是． 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对函数新定义的理解结合数学归纳法证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省2025届高三第一次教学质量联合测评 数学 （考试时间：120分钟试卷满分：150分） 注意事项： 1．答題前，务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动用校皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，若为纯虚数，则（ ） A. 0 B. C. D. 3. 从小到大排列的一组数据的中位数等于平均数，则（ ） A. B. 5 C. D. 6 4. 已知为等比数列，若，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 5. 函数，若．则（ ） A. B. C. 0 D. 3 6. 已知，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 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，是上一点，、分别是、的中点，为坐标原点，若，且四边形的面积为，的短轴长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正实数，且，若，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求，全部选对的得6分，部分选对的得都分分，有选错的得0分．） 9. 已知随机变量的分布列如下，则（ ） 1 2 3 4 A. B. C. D. 10. 已知菱形的边长为2，，将沿对角线向上折起，得到平面，二面角的大小为，则（ ） A. 当时 B. 当时，二面角是锐角 C. 当时，四面体各条棱长相等 D. 当时，四面体的外接球表面积为 11. 已知函数满足：，且，那么（ ） A. B. C. D. 若，则 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答題卡的横线上．） 12. 函数的单调递减区间为__________． 13. 若是函数的一个极大值点，则____________． 14. 如图，设、是平而内相交成角的两条数轴，、分别是与轴、轴正方向同向的单位向量．对于平面内任意一点，若向量，则记，．已知平面内两点、，其中，则点的轨迹围成的图形面积为____________；若，则的最大值为____________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤．） 15. 在中，已知内角的对边分别为，为线段上一点，． （1）若为的中点，且，求面积的最大值； （2）若，且，求． 16. 已知地物线，直线．当时，与有且仅有一个交点． （1）求的方程； （2）若与交于两个不同的点，设的中点为，过点平行于轴的直线与交于点，求． 17. 在直三棱柱中，，为平面与平面的交线，为直线上一点． （1）若，求的面积； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求． 18. 某保险公司随机选取了200名不同驾龄的投保司机，调查他们投保后一年内的索赔情况，结果如下： 单位：人 一年内是否索赔 驾龄 合计 不满10年 10年以上 是 10 5 15 否 90 95 185 合计 100 100 200 （1）依据小概率值的独立性检验，分析表中的数据，能否据此推断司机投保后一年内是否索赔与司机的驾龄有关？ （2）保险公司的大数据显示，每年投保的新司机索赔的概率为，投保的老司机索赔的概率均为．假设投保司机中新司机的占比为.随机选取一名投保司机，记事件“这名司机在第年索赔”为，事件“这名司机是新司机”为.已知. （i）证明：； （ii）证明：，并给出该不等式的直观解释. 附：， 19. 已知定义在上的函数满足，且，有．若存在，使得函数是常函数，则称是“阶梯函数”． （1）若是“阶梯函数”，且当时，，写出的取值范围； （2）已知满足：①；②，有． （i）证明：是“阶梯函数”的必要条件是“”； （ii）若所有满足条件①②的函数均为“阶梯函数”，猜想的取值范围并证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $