精品解析：2025届四川省宜宾市第三中学校高三二模数学试题

2025年四川省宜宾市第三中学校高三二模考试 数 学 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. 已知全集，集合，为素数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 3. 已知，，若，则实数（ ） A. B. 2 C. D. 1 4. 已知等差数列的前项和为，则（ ） A. 880 B. 440 C. 110 D. 220 5. 以边长为2的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 某工程队有6辆不同的工程车，按下列方式分给工地进行作业，每个工地至少分1辆工程车，则下列结论正确的是（ ） A. 分给甲､乙､丙三地每地各2辆，有120种分配方式 B. 分给甲､乙两地每地各2辆，分给丙､丁两地每地各1辆，有180种分配方式 C. 分给甲､乙､丙三地，其中一地分4辆，另两地各分1辆，有60种分配方式 D. 分给甲､乙､丙､丁四地，其中两地各分2辆，另两地各分1辆，有1160种分配方式 7. 设为椭圆与双曲线公共的左右焦点，它们在第一象限内交于点，是以线段为底边的等腰三角形，且若椭圆的离心率，则双曲线的离心率取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若，， 则（ ） 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. 已知随机变量服从正态分布，即，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的一个周期为 B. 函数的图象关于点对称 C. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数为偶函数，则的最小值为 D. 若，其中为锐角，则的值为 11. 已知函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图像关于直线对称 C. 定义在上的函数满足，若曲线与恰有2025个交点，则 D. 当实数时，关于的方程恰有四个不同的实数根 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. 若，，，则的最小值为________． 13. 的展开式中常数项为______． 14. 已知函数在区间上没有零点，则实数的取值范围是______． 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. 已知函数. （1）求函数在上的单调递增区间； （2）在中，分别为角的对边，，，求面积的最大值. 16. 已知各项均不为0的数列的前项和为，且． （1）求的通项公式； （2）若对于任意成立，求实数的取值范围． 17. 如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，，底面，是线段的中点，在线段上，． （1）证明：平面； （2）在线段上，与所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆的离心率为，长轴的左端点为. （1）求C的方程； （2）过椭圆C的右焦点的任一直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，且AM，AN与直线，分别相交于D，E两点，求证：以DE为直径的圆恒过x轴上定点，并求出定点. 19. 若函数为定义域上单调函数，且存在区间（其中），使得当时，的取值范围恰为，则称函数是D上的正函数，区间叫做等域区间. （1）是否存在实数m，使得函数是上的正函数？若存在，请求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由. （2）若，且不等式的解集恰为，求函数的解析式.并判断是否为函数的等域区间. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年四川省宜宾市第三中学校高三二模考试 数 学 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. 已知全集，集合，为素数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用交集的运算，即求出中不是素数的数组成的集合. 【详解】由，即为中不是素数的数组成的集合， 则. 故选：D 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的四则运算和模长公式求解即可. 【详解】由题意知，即， 所以， 所以， 故选：A 3. 已知，，若，则实数（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算即可求解. 【详解】由可得，即，故， 故选：B 4. 已知等差数列的前项和为，则（ ） A. 880 B. 440 C. 110 D. 220 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质，根据等差数列前项和公式即可求解. 【详解】因为，所以，故， 故选：B. 5. 以边长为2的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以正三角形绕一边所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥,利用圆锥的侧面积公式即可求解． 【详解】如图，正三角形绕所在直线为旋转轴旋转一周， 得到几何体是两个同底的圆锥， 圆锥的底面半径为， 所得几何体的表面积为． 故选：D． 6. 某工程队有6辆不同的工程车，按下列方式分给工地进行作业，每个工地至少分1辆工程车，则下列结论正确的是（ ） A. 分给甲､乙､丙三地每地各2辆，有120种分配方式 B. 分给甲､乙两地每地各2辆，分给丙､丁两地每地各1辆，有180种分配方式 C. 分给甲､乙､丙三地，其中一地分4辆，另两地各分1辆，有60种分配方式 D. 分给甲､乙､丙､丁四地，其中两地各分2辆，另两地各分1辆，有1160种分配方式 【答案】B 【解析】 【分析】AB项，工地不同，工程车不同，按工地选车顺序分步计数即可；CD项，先分组再分配．计算后判断各选项． 【详解】对A，先甲地从6辆工程车中分2辆，有种方法，再乙地从剩余的4辆工程车中分2辆，有种方法，最后的2辆分给丙地， 所以不同的分配方式有（种），故A错误； 对B，6辆工程车先分给甲､乙两地每地各2辆，有种方法，剩余2辆分给丙､丁两地每地各1辆，有种方法， 所以不同的分配方式有（种），故B正确； 对C，先把6辆工程车分成3组：4辆､1辆､1辆，有种方法，再分配给甲､乙､丙三地， 所以不同的分配方式有（种），故C错误； 对D，先把6辆工程车分成4组：2辆､2辆､1辆､1辆，有种分组方法，再分给甲､乙､丙､丁四地， 所以不同的分配方式有（种），故D错误. 故选：B. 7. 设为椭圆与双曲线公共的左右焦点，它们在第一象限内交于点，是以线段为底边的等腰三角形，且若椭圆的离心率，则双曲线的离心率取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件得到，结合椭圆的定义和离心率公式得到，求得的取值范围，再由双曲线的定义和离心率公式得到双曲线的离心率，即可求解. 【详解】因为，为椭圆与双曲线的公共的左右焦点， 是以线段为底边的等腰三角形，且， 设（），由椭圆的离心率， 即，解得：， 由点在第一象限，得双曲线的离心率. 故选：D 【点睛】关键点点睛：结合椭圆、双曲线的定义域，用半焦距表示出离心率是求解的关键. 8. 已知，若，， 则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先判断的奇偶性和单调性，通过奇偶性把，，转化在同一单调区间，利用单调性比较即可. 【详解】由题意， 故为偶函数， 当时，，故， 所以，， 所以， 故当时，单调递增， ， 因，所以，即， 设函数， ，故在区间上单调递增， 所以， 所以，即， 所以， 所以，即， 故选：B 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. 已知随机变量服从正态分布，即，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正态分布，期望，方差可判断AB，根据正态分布的对称性可判断CD. 【详解】对于A，根据正态分布，期望，可得，故A错误； 对于B，根据正态分布，方差，可得，故B正确； 对于C，对于正态分布，图象关于对称， 所以，即，故C正确； 对于D，根据图象关于对称，可得与对称， 根据正态分布图象的特点，离对称轴越远概率越小，比离对称轴远， 所以，即，故D错误； 故选：BC. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的一个周期为 B. 函数的图象关于点对称 C. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数为偶函数，则的最小值为 D. 若，其中为锐角，则的值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用三角恒等变换公式化简，由周期公式可判断A；代入验证可判断B；根据平移变化求，由奇偶性可求出，可判断C；根据已知化简可得，将目标式化为，由和差角公式求解可判断D. 【详解】对于A，因为， 所以的最小值周期，所以是函数的一个周期，A正确； 对于B，因为， 所以，点不是函数的对称中心，B错误； 对于C，由题知，， 若函数为偶函数，则，得， 因为，所以的最小值为，C正确； 对于D，若， 则， 因为为锐角，，所以， 所以 ，D正确. 故选：ACD 11. 已知函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图像关于直线对称 C. 定义在上的函数满足，若曲线与恰有2025个交点，则 D. 当实数时，关于的方程恰有四个不同的实数根 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项：由条件中的等式求得函数的周期为4，从而求得的值； B选项：由奇函数和等量关系整理得到，然后得到函数的图像关于直线对称； C选项：通过的等量关系，求得函数的图像关于点对称，同理求得函数的图像关于点对称，所以曲线与交点也关于点对称，所以； D选项：令函数，得到函数为偶函数.由函数在上的解析式，求得由函数在上的解析式，再由周期性得到函数的函数图像，从而求得的解析式及大致图像.将方程的解转换为函数交点个数，通过数形结合找到交点个数为4的临界值，从而求得的取值范围. 【详解】因为函数的定义域为，所以，所以，所以函数的周期为4， 所以，故A错误. 又因为函数是上的奇函数，所以，所以，即函数的图像关于直线对称，故B正确. 又因为，所以，所以函数的图像关于点对称.又因为， 所以，所以，所以函数的图像关于点对称.因此，曲线与的交点也关于点对称， 所以，故C正确. 令，则，所以为上的偶函数. 因为当时，，由，得，即， 当时，，所以， 作出函数在上的图像，如图所示. 又因为的周期为4，所以将函数在上的图像以4为单位进行左右平移即可得函数在上的图像. 当时，， 又为偶函数，由对称性作出函数和的大致图像，如图所示. 当直线与的图像有1个交点时， 方程只有一个交点，则，即； 当直线与的图像有1个交点时，同理求得. 由图可知，当时，关于的方程恰有四个不同的实数根，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：研究方程根的个数转换为研究两个函数交点个数，也就转换为函数图像的交点个数，通过对函数的分析作出函数大致图像是本题的关键，然后找到临界值即可求得范围. 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. 若，，，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】将原式变形为，然后再展开计算并利用基本不等式求解出最小值. 【详解】因为， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为， 故答案为：. 13. 的展开式中常数项为______． 【答案】40 【解析】 【分析】由二项式定理及展开式通项公式可得：展开式的通项公式为,再利用乘法的分配律运算即可得解. 【详解】解：由展开式的通项公式为, 则 的展开式中常数项为-=40, 故答案为40. 【点睛】本题考查了二项式定理及展开式通项公式，属中档题. 14. 已知函数在区间上没有零点，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意转化为在区间上恒成立，得到在区间上恒成立，设，利用导数求得函数的单调性和最值，即可求解. 【详解】因为函数在区间上没有零点，且趋向正无穷时，趋向正无穷， 所以在区间上恒成立， 所以在区间上恒成立， 设，可得， 因为，，可得，所以， 所以在区间上单调递减，所以，所以， 所以，实数的取值范围为. 故答案为：. 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. 已知函数. （1）求函数在上的单调递增区间； （2）在中，分别为角的对边，，，求面积的最大值. 【答案】（1）和； （2） 【解析】 【分析】（1）先化简得，再由，求解即可； （2）结合（1）先求出，再由余弦定理与基本不等式，三角形面积公式求解即可 【小问1详解】 由，得 ， 所以函数在上的单调递增区间为和； 【小问2详解】 因为， 则， 因为， 所以， 所以， 所以， 又由余弦定理可知， 所以，当且仅当时取等， 所以, 所以面积的最大值为 16. 已知各项均不为0的数列的前项和为，且． （1）求的通项公式； （2）若对于任意成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到时，，两式相减得到，得到及均为公差为4的等差数列，结合等差数列的通项公式，进而得到数列的通项公式； （2）由（1）求得，证得为恒成立，设，求得数列的单调性和最大值，即可求解. 【小问1详解】 解：因为数列的前项和为，且，即， 当时，可得， 两式相减得， 因为，故， 所以及均为公差为4的等差数列： 当时，由及，解得， 所以，， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 解：由（1）知，可得， 因为对于任意成立，所以恒成立， 设，则， 当，即时， 当，即时， 所以，故，所以， 即实数的取值范围为. 17. 如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，，底面，是线段的中点，在线段上，． （1）证明：平面； （2）在线段上，与所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 证明：因为底面，且底面，所以， 又因为为正方形，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，且为的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，且，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得和，得到平面，证得，再由，得到，证得平面，得到，进而证得平面； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，设，根据与所成的角为，求得，得到，求得平面和平面的法向量分别为和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：以点为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方形的边长为，可得， 可得， 则，，， 因为在线段上，设，其中， 则， 因为与所成的角为，可得， 解得，所以，所以，可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的二面角为，其中， 可得，即平面与平面DEG夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的离心率为，长轴的左端点为. （1）求C的方程； （2）过椭圆C的右焦点的任一直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，且AM，AN与直线，分别相交于D，E两点，求证：以DE为直径的圆恒过x轴上定点，并求出定点. 【答案】（1） （2）证明：椭圆右焦点坐标为，由题直线斜率不为零，设直线l方程为， 设，， 由题，联立方程组，消去x得， 所以，， ，得，同理，，得， 设轴上一点，则，同理得:， ， 因为， 得：，即或， 所以以DE为直径的圆恒过x轴上定点，定点分别为，. 【解析】 【分析】（1）由离心率，及顶点坐标得椭圆的方程； （2）设，，将直线方程与椭圆方程联立，求得，，由垂直关系利用数量积等于零，求得圆与x轴的交点. 【小问1详解】 由题可得，，得， 所以椭圆的方程：； 【小问2详解】 略 19. 若函数为定义域上单调函数，且存在区间（其中），使得当时，的取值范围恰为，则称函数是D上的正函数，区间叫做等域区间. （1）是否存在实数m，使得函数是上的正函数？若存在，请求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由. （2）若，且不等式的解集恰为，求函数的解析式.并判断是否为函数的等域区间. 【答案】（1）存在， （2） 当时，，，不是的等域区间； 当时，，，不是的等域区间. 【解析】 【分析】（1）根据“正函数”的定义以及函数的单调性将问题转化为“方程在区间内有实数解”，利用构造函数法来求得的取值范围. （2）根据“不等式的解集”求得的可能取值，再结合“等域区间”的定义求得正确答案. 【小问1详解】 因为函数是上的减函数， 所以当时，，即 两式相减得，即， 代入得， 由，且得， 故关于a的方程在区间内有实数解， 记， 则，解得. 【小问2详解】 由不等式的解集恰为，且为二次函数， 得，且. 所以，① ，② 将代入①，， 整理得. 又，a，， 从而或.所以或， 当时，，， 当时，，所以不是的等域区间. 当时，，. 当时，，所以不是的等域区间. 【点睛】函数中的新定义问题， “新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $