精品解析：四川省自贡市第一中学校2024-2025学年高三二模数学试题

2025年四川省自贡市第一中学校高2022级高三二模测试 数学试卷 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项: 1．答卷前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上. 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号. 3．考试结束后，只将答题卡交回. 第I卷（选择题） 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. 2. 已知复数满足，则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 3. 已知是正项等比数列，若，，成等差数列，则的公比为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 设，，则下列结论错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，且，则 6. 已知双曲线的右焦点为，过点作垂直于轴的直线l，M，N分别是与双曲线及其渐近线在第一象限内的交点．若是线段的中点，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，为图象与轴的交点，为图象与轴的一个交点，且.若实数，满足，则（ ） A. B. 0 C. D. 2 8. 若满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 图象关于点对称 10. 某校高三年级在一次考试后，为分析学生的学习情况，从中随机抽取了200名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图.为进一步分析学生的成绩分布情况，经计算得到这200名学生中，成绩位于的学生成绩方差为13.75，成绩位于的学生成绩方差为7.75.则（ ） A. B. 估计该年级学生成绩中位数约为76.14 C. 估计该年级在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50 D. 估计该年级在80分及以上的学生成绩的方差为31 11. 已知函数，，是的两个零点，且，则（ ） A. B. 为的极小值点 C. 的极大值为4 D. 满足的解集是 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知某圆台的体积为，其上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为，则该圆台的高为______ 13. 已知抛物线：，：的焦点分别为，，一条平行于x轴的直线与，分别交于点A，B，若，则四边形的面积为____________. 14. 已知，，若对任意，都存在，使得，则实数a的取值范围为________. 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. 在中，内角，，所对边分别为，，，已知，且. （1）求； （2）若的外接圆半径为，周长为，且，求. 16. 某同学进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5. （1）若该同学共投篮4次，求在投中2次的条件下，第二次没有投中的概率； （2）设随机变量服从二项分布，记 则当时，可认为η服从标准正态分布.若保证投中的频率在区间的概率不低于，求该同学至少要投多少次. 附: 若，则， 17. 设数列前项和为，若，. （1）证明：数列是等差数列； （2）求. 18. 如图，在四棱锥中，底面，若四边形为菱形，，且分别为的中点. （1）试判断直线与是否垂直，并说明理由； （2）若四棱锥的体积为，求异面直线与所成角的余弦值. 19. 已知点，是圆与椭圆的公共点，且点M，N和椭圆的一个焦点相连构成一个等腰直角三角形. （1）求r的值和椭圆C的方程； （2）过点M的直线l分别交圆O和椭圆C于A，B两点. （i）若，求直线l的方程； （ii）P是C上一点，直线MP斜率为m，直线NA斜率为n，，求面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年四川省自贡市第一中学校高2022级高三二模测试 数学试卷 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项: 1．答卷前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上. 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号. 3．考试结束后，只将答题卡交回. 第I卷（选择题） 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】B 【解析】 【分析】根据集合交集的基本运算即可得出结果. 【详解】由集合即可得. 故选：B 2. 已知复数满足，则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简可得，进而可得复数的虚部. 【详解】由已知， 则， 即复数的虚部为， 故选：C. 3. 已知是正项等比数列，若，，成等差数列，则公比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意设出公比，根据等差中项的性质建立方程，可得答案. 【详解】设等比数列的公比为，由数列为正项数列，则， 由，，为等差数列，则，即， 所以，整理得，解得或（舍去）. 故选：C. 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断出为奇函数，排除BD；再根据当趋向于时，趋向于0，C错误，A正确. 【详解】恒成立，故的定义域为R， ， 故为奇函数，BD错误； 当趋向于时，的增长速度远大于的速度， 故趋向于0，C错误，A正确. 故选：A 5. 设，，则下列结论错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，且，则 【答案】B 【解析】 【分析】由不等式的性质可判断A，B；由基本不等式可判断C；由在上单调递增可判断D. 【详解】对于A，若，则，则，正确； 对于B，若，则，则，不正确； 对于C，若，则，正确； 对于D，因为函数在上单调递增， ，，正确. 故选：B. 6. 已知双曲线的右焦点为，过点作垂直于轴的直线l，M，N分别是与双曲线及其渐近线在第一象限内的交点．若是线段的中点，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设双曲线的右焦点，求出点和的坐标，利用中点坐标公式列式计算得关系，进而可得渐近线方程. 【详解】设双曲线的右焦点，过第一象限的渐近线方程为， 直线与直线交于点，交双曲线于点， 由M是线段的中点，得，则，， 所以C的渐近线方程为. 故选：C 7. 已知函数的部分图象如图所示，为图象与轴的交点，为图象与轴的一个交点，且.若实数，满足，则（ ） A. B. 0 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】先根据函数图象确定的值，再利用、两点坐标及距离公式求出点纵坐标，进而确定，然后求出得到函数表达式，最后根据计算. 【详解】由正弦函数的图象可知，， 则. 已知，设，根据两点间距离公式，因为， 所以，即， 解得（由图象可知点纵坐标为负）. 因为在的图象上，所以， 即， 又因为，所以，则. 因为在的图象上，所以， 即，，，，. 由图象可知，（为函数周期），，又，所以，， 当时，满足条件，所以. 因为的最大值为，最小值为， 已知，所以，一个为，一个为. 不妨设，，则，，解得；，，解得. 所以. 将代入得： . 故选：C. 8. 若满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，则满足 等价于，求导分析的单调性，求出的最小值，继而即可求解. 【详解】设，则恒成立，即， 因为，所以在上单调递增， 且当时，， 故当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，取得极小值，即最小值， ， 令，得． 故选：D． 二、多选题：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. 已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上单调递增 C. 图象关于直线对称 D. 的图象关于点对称 【答案】AD 【解析】 【分析】首先求出函数解析式，由周期知A正确；整体代入法求函数的增区间、对称轴、对称中心知其他选项是否正确. 【详解】因为，向右平移个单位得， 对于选项A：则最小正周期为，故A选项正确； 对于选项B：令，解得， 所以单调递增区间为，故B选项错误； 对于选项C：令，解得，故C选项错误； 对于选项D：令，解得所以函数的对称中心为，故D选项正确. 故选：AD. 10. 某校高三年级在一次考试后，为分析学生的学习情况，从中随机抽取了200名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图.为进一步分析学生的成绩分布情况，经计算得到这200名学生中，成绩位于的学生成绩方差为13.75，成绩位于的学生成绩方差为7.75.则（ ） A. B. 估计该年级学生成绩的中位数约为76.14 C. 估计该年级在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50 D. 估计该年级在80分及以上的学生成绩的方差为31 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项利用各长方形的面积之和为1可求；B选项利用中位数左边的直方图的面积等于0.5即可列式求解；C，D选项利用平均数和方差的计算公式进行求解即可. 【详解】对于A选项，在频率分布直方图中，各长方形的面积之和为1， 则，解得，故A正确； 对于B选项，前两个矩形的面积之和为， 前三个矩形的面积之和为， 设该年级学生成绩的中位数为，则， 根据中位数的定义可得，解得， 所以，估计该年级学生成绩的中位数约为77.14，故B错误； 对于C选项，估计成绩在80分以上的同学的成绩的平均数为 分，故C正确； 对于D选项，估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为 ，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，，是的两个零点，且，则（ ） A. B. 为的极小值点 C. 的极大值为4 D. 满足的解集是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据，是的两个零点可得，，进而结合即可求得的值，进而判断A；结合导数分析函数的单调性，可判断BC；结合函数的图象可判断D. 【详解】因为，是的两个零点， 则，即，， 则， 所以， 即， 解得，则，即. 对于A，，故A错误； 对于B，由， 令，得或；令，得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减， 则为的极小值点，故B正确； 对于C，当时，函数取得极大值，故C正确； 对于D，由于，画出函数的图象，如图， 满足的解集是，故D正确. 故选：BCD. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知某圆台的体积为，其上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为，则该圆台的高为______ 【答案】3 【解析】 【分析】根据圆的周长和面积公式求出圆台上、下底面圆的半径，然后利用圆台体积公式求解圆台的高即可. 【详解】设圆台的高为h，上、下底面圆的半径为， 则由上、下底面圆的面积之比为4∶9，周长之和为， 得，得， 由圆台的体积为，得，解得. 故答案为：3 13. 已知抛物线：，：的焦点分别为，，一条平行于x轴的直线与，分别交于点A，B，若，则四边形的面积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据，结合焦半径公式，求得，进而求得，再结合平行四边形面积公式即可求得结果. 【详解】设，，根据题意可知，故，即， 又由抛物线的定义可知，， 当时，，故，，， 所以，四边形是平行四边形， 故四边形的面积为. 故答案为：. 14. 已知，，若对任意，都存在，使得，则实数a的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】由得.设，，求导，分析函数单调性，求两个函数的值域，再根据函数值域的包含关系求的取值范围. 【详解】由得， 设，，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 所以. 且当时，；当时，， 故的值域为； 设，，则， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 所以， 且当时，；当时，， 故的值域为； 依题意，的值域是的值域的子集. 显然，若，则的值域为，不合题意，舍去； 若，则的值域， 则需的值域，则，解得. 综上，实数a的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：由得.设，，对任意，都存在，使得就转化成的值域是的值域的子集. 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. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，且. （1）求； （2）若的外接圆半径为，周长为，且，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据弦切互化以及和差角公式可得，即可结合正弦定理求解； （2）根据正弦定理边角互化可得，即可利用三角恒等变换求解. 【小问1详解】 因为， 故， 所以. 因为，所以， 又，所以. 【小问2详解】 由正弦定理可知，，， 因为，所以， 所以. 所以. 又，所以， 所以，故. 16. 某同学进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5. （1）若该同学共投篮4次，求在投中2次的条件下，第二次没有投中的概率； （2）设随机变量服从二项分布，记 则当时，可认为η服从标准正态分布.若保证投中的频率在区间的概率不低于，求该同学至少要投多少次. 附: 若，则，. 【答案】（1） （2）68 【解析】 【分析】（1）设出事件，由条件概率公式即可求解； （2）首先将题目条件转换为的概率至少为，进一步通过计算得，从而可得，由此即可得解. 【小问1详解】 该同学投篮了四次，设分别表示“第二次没有投中”和“恰投中两次”. 则有. 【小问2详解】 随机变量代表次投篮后命中的次数，则服从二项分布， 然后令随机变量，并近似视为其服从正态分布. 题目条件即为，即的概率至少为. 由于我们有， 故命题等价于，解得. 综上，该同学至少要投次. 17. 设数列的前项和为，若，. （1）证明：数列是等差数列； （2）求 【答案】（1）证明见解析 （2）210 【解析】 【分析】（1）降次作差得，再升次作差即可； （2）直接累加并利用等差数列求和公式即可. 【小问1详解】 ， 当时，， 两式相减得， 又 ， 故，且， 所以数列是以3为首项，公差为2的等差数列. 【小问2详解】 由（1）知， 所以 . 18. 如图，在四棱锥中，底面，若四边形为菱形，，且分别为的中点. （1）试判断直线与是否垂直，并说明理由； （2）若四棱锥的体积为，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）直线与不垂直，理由见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用反证法，结合线面垂直的性质、判定及菱形的性质导出矛盾即可得证. （2）利用给定的体积求出，进而求出，再利用几何法结合余弦定理求解即得. 【小问1详解】 直线与不垂直，证明如下： 假设，连接，连接，由分别为的中点，得， 由平面，得平面，而平面，则， 又，平面，于是平面，又平面， 则，由四边形是菱形，得，因此，与矛盾， 所以直线与不垂直. 【小问2详解】 菱形中，，则， 菱形的面积，而平面， 于是四棱锥的体积为，解得， 由平面，得， ，， 由，得或其补角即为异面直线与所成的角， 在中，，由余弦定理得， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 19. 已知点，是圆与椭圆的公共点，且点M，N和椭圆的一个焦点相连构成一个等腰直角三角形. （1）求r的值和椭圆C的方程； （2）过点M的直线l分别交圆O和椭圆C于A，B两点. （i）若，求直线l的方程； （ii）P是C上一点，直线MP斜率为m，直线NA斜率为n，，求面积最大值. 【答案】（1），. （2）（i）或.（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据题设，可轻松确定的值及椭圆方程. （2）（i）设直线：，分别与圆及椭圆的方程联立，可求出，点的坐标，再根据列式，可求的值，得到直线的方程. （ii）先根据（i）中的结论，结合，可得直线经过定点，再设直线方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式得，表示出的面积，结合“对钩函数”的单调性求最大值. 【小问1详解】 因为点M，N是圆O与椭圆C的公共点.所以，. 又M，N和椭圆的一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点. 所以，，所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 如图： （i）因为过点M的直线l交圆O和椭圆C分别于A，B两点， 所以直线的斜率存在，则可设直线l的方程为， 由.得.则可得. 同理，由，解得 又已知点，则，， 因为， 因为，所以，所以直线的方程为或. （ii）解法一：根据题意可知，设，则，由，得出， 由（i）可得，同理得 由对称性可得PB经过y轴上一定点，由P，B，T三点共线可得： ，从而， 整理可得： 化简可得：， 因为，，所以，所以直线PB过定点. 设，，则，显然PB斜率存在，设 由，得，， 令，所以，所以 时单调递增.，即时，三角形面积有最大值， 综上：当PB斜率为0时三角形MPB面积有最大值. 解法二：根据题意可知，设，则，由，得出， 方程表示直线MP，MB， 上式可化为 由得，代入式，则有 即 则点P，B的坐标满足方程， 又过点P，B的直线唯一，且，所以直线PB方程为. 令，则直线PB过定点. 下同解法一. 【点睛】关键点点睛：第二问的关键是先根据推到出直线经过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $