精品解析：重庆市四川外国语大学附属外国语学校2024-2025学年高三下学期第二次校考数学试题

重庆外国语学校2024-2025学年度（下）高2025届第2次校考 数学试题 （满分150分，120分钟完成） 一、单项选择题：本大题共8个小题，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. 已知扇形的周长为15cm，圆心角为3rad，则此扇形的弧长为（ ） A. 3cm B. 6cm C. 9cm D. 12cm 3. 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 4. 已知抛物线：的焦点坐标为，则的准线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，且，则（ ）. A. B. C. D. 6. 已知焦点在轴上的双曲线．该双曲线的上焦点到下顶点的距离为到渐近线的距离为12，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 第十三届冬残奥会于2022年3月4日至3月13日在北京举行.现从4名男生，2名女生中选3人分别担任冬季两项、单板滑雪、轮椅冰壶志愿者，且至多有1名女生被选中，则不同的选择方案共有（ ）. A. 72种 B. 84种 C. 96种 D. 124种 8. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 展开式共6项 B. 常数项为64 C. 所有项的系数之和为729 D. 所有项的二项式系数之和为64 10. 已知向量，将绕原点旋转到的位置，则（ ） A. B. C. D. 点坐标为 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，其形状酷似数学符号“”（如图），对于此曲线，下列说法正确的是（    ） A. 曲线与直线有3个公共点； B. 的最大值为4 C. 曲线所围成的图形的面积为 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线，直线，则与之间的距离为___________. 13. 2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来.我国古人将一年分为24个节气，如图所示， 相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始.已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的日晷长的和为______尺. 14. 已知函数的部分图象如图所示，其中B，C两点的纵坐标相等，若函数在上恰有3个零点，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、、分别为三个内角、、的对边，. （1）求； （2）若，的面积为，求、. 16. 各项均为正数的等比数列的首项，为其前n项和，若，，成等差数列. （1）求数列的通项公式； （2），，记数列的前n项和．若，求整数n的最大值. 17. 已知椭圆方程，椭圆上有三个点，，． （1）求椭圆的标准方程，并求椭圆的离心率： （2）设是椭圆上的动点，且直线关于直线对称，求直线的斜率. 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. 已知函数，. （1）讨论的单调区间； （2）当时，令. ①证明：当时，； ②若数列满足，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆外国语学校2024-2025学年度（下）高2025届第2次校考 数学试题 （满分150分，120分钟完成） 一、单项选择题：本大题共8个小题，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】根据题意先求解集合，最后根据集合的交集运算即可求解. 【详解】由， 所以， 故选：B. 2. 已知扇形的周长为15cm，圆心角为3rad，则此扇形的弧长为（ ） A. 3cm B. 6cm C. 9cm D. 12cm 【答案】C 【解析】 【分析】利用扇形弧长公式进行求解. 【详解】设扇形弧长为l cm，半径为r cm，则，即且，解得：（cm），故此扇形的弧长为9cm. 故选：C 3. 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】B 【解析】 【分析】对的取值进行分类讨论，结合指数函数的单调性解不等式，利用集合的包含关系判断可得出结论. 【详解】若，由可得，此时； 若，则，不合乎题意； 若，由可得，此时. 因此，满足的的取值范围是或， 因为或， 因此，“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 已知抛物线：的焦点坐标为，则的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由焦点坐标得，从而得准线方程． 【详解】抛物线焦点坐标为，则，所以准线方程是． 故选：D． 5. 已知，且，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简方程，解方程可得，进而可得，然后利用诱导公式即可判断. 【详解】∵，， ∴，即， ∴或（舍去）， ∴，，，，. 故选：A. 6. 已知焦点在轴上的双曲线．该双曲线的上焦点到下顶点的距离为到渐近线的距离为12，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，再结合求出，从而可求出离心率. 【详解】由题意得，双曲线的渐近线方程为， 因为双曲线的上焦点到下顶点的距离为，所以， 因为到渐近线的距离为12，所以， 所以，得， 由，得， 所以双曲线的离心率为. 故选：B 7. 第十三届冬残奥会于2022年3月4日至3月13日在北京举行.现从4名男生，2名女生中选3人分别担任冬季两项、单板滑雪、轮椅冰壶志愿者，且至多有1名女生被选中，则不同的选择方案共有（ ）. A. 72种 B. 84种 C. 96种 D. 124种 【答案】C 【解析】 【分析】先分有一名女生和没有女生两种情况选出志愿者，然后再排列. 【详解】第一步，选出的志愿者中没有女生共种，只有一名女生共种； 第二步，将三名志愿者分配到三项比赛中共有. 所以，不同的选择方案共有种. 故选：C 8. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，作出圆台轴截面，分析可知，当球与相切时，其表面积最大，再结合条件求得球的半径，得到结果即可. 【详解】如图，作出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与相切， 设圆的半径为，则， 因为，所以， 作，，因为，所以， 而，由勾股定理得， 则，且， 而， 即得到，解得， 则该球的表面积的最大值为，故B正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：解题关键是判断出表面积最大时的情况，然后利用勾股定理建立方程，得到球的半径，进而得到所要求的表面积即可． 二、选择题：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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 展开式共6项 B. 常数项为64 C. 所有项的系数之和为729 D. 所有项的二项式系数之和为64 【答案】CD 【解析】 【分析】利用二项展开式的特点判断A；求出指定项判断B；利用赋值法求出展开式系数和判断C；利用二项式系数的性质判断D作答. 【详解】展开式的总项数是7，A不正确； 展开式的常数项为，B不正确； 取得展开式的所有项的系数之和为，C正确； 由二项式系数的性质得展开式的所有项的二项式系数之和为，D正确. 故选：CD 10. 已知向量，将绕原点旋转到的位置，则（ ） A. B. C. D. 点坐标为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据两向量的夹角为直角易判断A项；由全等三角形可排除B项；利用向量的数量积的定义判断C项；由计算向量的模长可排除D项. 【详解】对于A，将绕原点旋转到， 则与的夹角为，故，故A正确； 对于B，因，，可得， 则，故B错误； 对于C，因，， 故由向量数量积的定义，可得，故C正确； 对于D，若点坐标为， 则，故D错误. 故选：AC. 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，其形状酷似数学符号“”（如图），对于此曲线，下列说法正确的是（    ） A. 曲线与直线有3个公共点； B. 的最大值为4 C. 曲线所围成的图形的面积为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，联立，根据解的个数即可判断；对于B，作出曲线的图形，令，则，确定该直线与相切时直线与轴的截距最大，利用直线与圆的位置关系计算即可判断；对于C，求出一个弓形的面，则可求出曲线所围成的图形的面积，即可判断；对于D，确定可表示为曲线上的点与定点的距离的平方，利用两点距公式计算即可判断. 【详解】对于A，由，得， 所以，即， 解得或，所以或或， 即曲线与直线有3个公共点，故A正确； 对于B，， 如图所示： 由图可知，所在圆的圆心为，半径为2，. 令，则，即， 如图，当该直线与相切时，直线与轴的截距最大， 由，得，解得，即的最大值为4，故B正确； 对于C，由选项B知，曲线所围成的图形的面积为四个全等弓形的面积之和， 设弓形的面积为， 在中，， 所以， 所以扇形的面积， ，所以， 所以曲线所围成的图形的面积为，故C错误； 对于D，可表示为曲线上的点与定点的距离的平方， 由图可知，最大距离为定点到圆心的距离与半径之和， 即， 所以的最大值为，故D正确. 故选：ABD 【点睛】难点点睛：本题的难点是对C选项的判断，求出一个弓形的面积. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线，直线，则与之间的距离为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用平行线间距离公式，即可计算结果. 【详解】直线，直线 ， 两条直线平行，所以与之间的距离. 故答案为： 13. 2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来.我国古人将一年分为24个节气，如图所示， 相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始.已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的日晷长的和为______尺. 【答案】84 【解析】 【分析】根据给定条件可得以冬至日晷长为首项，芒种日晷长为第12项的等差数列，求出公差即可列式计算作答. 【详解】依题意，冬至日晷长为13.5尺，记为，芒种日晷长为2.5尺，记为， 因相邻两个节气的日晷长变化量相同，则从冬至日晷长到芒种日晷长的各数据依次排成一列得等差数列， 数列的公差， 因夏至与芒种相邻，且夏至日晷长最短，则夏至的日晷长为， 又大雪与冬至相邻，且冬至日晷长最长，则大雪的日晷长为， 显然夏至到大雪的日晷长依次排成一列是递增等差数列，首项为1.5尺，末项为12.5尺，共12项， 所以一年中夏至到大雪的日晷长的和为(尺). 故答案为：84 14. 已知函数的部分图象如图所示，其中B，C两点的纵坐标相等，若函数在上恰有3个零点，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的部分图象及周期公式求出函数的解析式，进而得到解析式，由已知条件得出，再结合有三个零点列出不等式组即可求解. 【详解】由图可知，，则图象的一条对称轴为， 设函数的最小正周期为，则，即得，故， 又由可得，又因图象在点附近为减函数， 则，即，因，故得， 则，于是， 当时，， 依题意需使，即，解得， 于是，，， 因函数在上的零点为， 又函数在上恰有3个零点， 故有或， 解得或， 即实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：在确定后，必须就所在区间的左右端点的范围列举出函数的零点，根据题意列出对应的不等式组，求解才可. 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、、分别为三个内角、、的对边，. （1）求； （2）若，的面积为，求、. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中，由及正弦定理得到，得出角A； （2）由三角形面积公式结合余弦定理可得． 【小问1详解】 根据正弦定理， 变为，即， 也即， 所以． 整理，得，即，所以， 所以，则． 【小问2详解】 由，，得． 由余弦定理，得， 则，所以．则． 16. 各项均为正数的等比数列的首项，为其前n项和，若，，成等差数列. （1）求数列的通项公式； （2），，记数列的前n项和．若，求整数n的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的通项公式和等差中项的定义求解即可； （2）利用裂项相消法求解即可. 【小问1详解】 ，，成等差数列，故， 即， 则，解得或者， 因为等比数列各项均为正数，故，且 所以 【小问2详解】 ，故， 故， 故即，解得， 故整数n的最大值为. 17. 已知椭圆方程，椭圆上有三个点，，． （1）求椭圆的标准方程，并求椭圆的离心率： （2）设是椭圆上的动点，且直线关于直线对称，求直线的斜率. 【答案】（1）方程为,离心率为； （2） 【解析】 【分析】（1）将两点代入椭圆方程解方程即可求得椭圆方程和离心率； （2）设直线的方程并与椭圆联立，解得两点的坐标表示，即可求得的斜率. 【小问1详解】 根据题意将代入椭圆方程可得，解得； 再代入点坐标，可得，可得； 所以， 因此椭圆的标准方程为，离心率为. 【小问2详解】 如下图所示： 因为两点关于轴对称，且直线关于直线对称，所以直线的斜率均存在，且互为相反数， 即； 设，则直线的方程为， 联立，可得， 显然是该方程的根，所以，可得； 即 因为， 同理可得， 可知 因此直线的斜率为. 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. 已知函数，. （1）讨论的单调区间； （2）当时，令. ①证明：当时，； ②若数列满足，，证明：. 【答案】（1）答案见解析； （2）①证明见解析；②证明见解析. 【解析】 【分析】(1)求出函数的导函数，再讨论的符号即可计算作答. (2)①等价变形所证不等式，构造函数，利用导数探讨单调性即可； ②由已知证明，由①分析探讨，等价转化，再构造函数，利用递推变换即可作答. 【小问1详解】 函数定义域为R，求导得， 当时，恒成立，即在上单调递增， 当时，令，解得，令，解得， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，， ①当时，， 令，，恒成立，则在上单调递减， ，因此，成立， 所以当时，. ②由①可知，当时，，由得，即，由，可得， 而，又，即，则， 由于，只需证， 又当时，， 令，，恒成立，则在上单调递增，， 则当时，恒有，而，即成立，不等式成立， 因此成立，即成立， 所以原不等式得证. 【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $