精品解析：四川省成都市石室中学2024-2025学年高三下学期三诊模拟数学试卷

成都石室中学2024～2025学年度下期高2025届三诊模拟 数学试卷 一、单项选择题：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，只有一个选项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 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. 既不充分又不必要条件 4. 2024年6月，国家卫健委等16部门联合发布《“体重管理年”活动实施方案》，旨在通过三年行动提升全民体重管理意识，推广健康生活方式.体重指数（体重公斤数除以身高米数平方）是常用的衡量人体胖瘦程度的一个标准，中国成人参考标准如下表.某中学在高三年级学生中随机抽取10人并计算出他们的体重指数分别为：16，18，18，19，19.7，20.3，21，22，26，30，则下列结论不正确的是（ ） 偏瘦 <18.5 正常 18.5~23.9 偏胖 24~27.9 肥胖 ≥28 A. 这组数据的中位数为20 B. 该组数据的极差为14 C. 这十个人的平均体重正常 D. 从该校学生中随机抽取一人，体重偏胖概率为20% 5. 已知等差数列的前项和为，且，若，，成等比数列，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 在圆台中，圆的半径是圆半径的2倍，且点为该圆台外接球球心，则圆台的体积与外接球的体积之比为（） A. B. C. D. 7. 若，，则（ ） A. B. C. D. 8. 若，，且，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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.全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若平面向量，，两两的夹角相等，且，，，则的取值可以为（ ） A. 0 B. C. 2 D. 6 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 是奇函数 C. 曲线关于直线对称 D. 在上单调递减 11. 已知抛物线：与圆M：交于A，B两点，圆M与y轴的负半轴交于点P，为坐标原点，则（ ） A. B. 若为等边三角形，则 C. 存在，使得 D. 直线与抛物线C相切 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线的两个焦点分别是与，焦距为4，M是双曲线上的一点，且，则的面积是_______. 13. 已知，则函数在区间上的所有零点之和为_______. 14. 在量子通信中，光子极化序列需满足以下条件： （1）每个极化方向为水平（H）或垂直（V）； （2）任意三个连续光子中不能有全相同的极化方向； （3）序列的首尾极化方向必须相同. 如“”是一个长度为3的合法序列.则长度为7的合法序列数目为_______. 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，，且的面积为. （1）求A； （2）若，求 的最小值. 16. 在三棱锥中，，.为的中点，为的中点，平面. （1）求证：平面平面； （2）若与底面所成角的正切值是2，求二面角的余弦值. 17. 甲和乙两个箱子中各装有6个球，其中甲箱中有3个红球、3个白球，乙箱中有个红球，其余都是白球.掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，从甲箱中随机摸出2个球；如果点数为3，4，5，6，从乙箱中随机摸出2个球.已知摸到白球的概率是. （1）求m； （2）记摸到红球的个数为随机变量X，求X的分布列和均值. 18. 已知，分别为椭圆 ：的左右焦点，直线与椭圆交于A、B两点，当时，的面积为. （1）求椭圆E的标准方程； （2）已知椭圆E与x轴负半轴交于点M，直线与的斜率之积为. （i）证明：直线过定点； （ii）设与的面积分别为，，若，求直线的方程. 19. 已知函数，数列满足：，，. （1）若，求的取值范围； （2）证明：对任意，； （3）定义，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都石室中学2024～2025学年度下期高2025届三诊模拟 数学试卷 一、单项选择题：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，只有一个选项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集的定义运算即得. 【详解】根据题意，集合A为正奇数集，，则. 故选：B. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的运算法则计算即可. 【详解】由，得，所以， 所以. 故选：A. 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. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】由，得或，则不一定成立，如； 由，得且，则必成立， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 4. 2024年6月，国家卫健委等16部门联合发布《“体重管理年”活动实施方案》，旨在通过三年行动提升全民体重管理意识，推广健康生活方式.体重指数（体重公斤数除以身高米数平方）是常用的衡量人体胖瘦程度的一个标准，中国成人参考标准如下表.某中学在高三年级学生中随机抽取10人并计算出他们的体重指数分别为：16，18，18，19，19.7，20.3，21，22，26，30，则下列结论不正确的是（ ） 偏瘦 <18.5 正常 18.5~23.9 偏胖 24~27.9 肥胖 ≥28 A. 这组数据的中位数为20 B. 该组数据的极差为14 C. 这十个人的平均体重正常 D. 从该校学生中随机抽取一人，体重偏胖概率为20% 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定的数据组，依次求出中位数、极差、平均数、概率判断ABCD. 【详解】对于A，这组数据的中位数为，A正确； 对于B，这组数据的极差为，B正确； 对于C，10人体重指数的平均数为，C正确； 对于D，10人中体重指数在的1人，从该校学生中随机抽取一人，体重偏胖概率为10%，D错误. 故选：D 5. 已知等差数列的前项和为，且，若，，成等比数列，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】由题意首先求得数列的，再结合等比中项即可求解. 【详解】根据题意，设等差数列公差为d， 则， 又， 所以， 即， 若，，成等比数列，则， 则， 即 解得： 故选：C 6. 在圆台中，圆的半径是圆半径的2倍，且点为该圆台外接球球心，则圆台的体积与外接球的体积之比为（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】假设圆的半径，则圆的半径可知，进而通过勾股定理可求圆台的高，分别利用圆台和球的体积计算即可. 【详解】过作圆台的轴截面，如图所示 为该圆台外接球球心，且圆的半径是圆半径的2倍， 不妨设圆的半径，则圆的半径 依题意， ，， ， 故选：D. 7. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用三角函数的两角和公式将与展开，再结合已知条件找出与已知量的关系，进而求出的值. 【详解】将变形为， 即. . 把代入上式， 可得. 已知，所以，即. 因为，可得. 由，所以. 又因为，所以. 故选：C. 8. 若，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过对已知等式进行变形，构造，利用函数单调性来比较变量之间的大小关系，结合特殊值法，逐个判断. 【详解】已知，将等式进行移项可得. 根据对数运算法则，进一步变形为. 因为，则， 所以， 令，对求导可得，所以在上单调递增. 因为，，， 所以， 根据的单调性可知，即， 再根据对数函数的性质，所以，C错，D对； 若，此时，且， 而， 所以，则，此时，排除A， 若，此时，且， 若时，，必有，排除B； 故选：D. 二、多项选择题：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.全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若平面向量，，两两的夹角相等，且，，，则的取值可以为（ ） A. 0 B. C. 2 D. 6 【答案】BD 【解析】 【分析】依题意可得，，两两的夹角为或，按照此两种情况讨论，结合数量积的运算律即可求得结果. 【详解】因为平面向量，，两两的夹角相等， 所以平面向量，，两两的夹角为或， 又，，， ①当夹角为时，即向量，，同向，则； ②当夹角为时， 则，则， 综上所述，或. 故选：BD． 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 是奇函数 C. 曲线关于直线对称 D. 在上单调递减 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用周期函数的定义判断A；利用奇函数定义判断B；利用对称性定义判断C；由复合函数的单调性即可判断D. 【详解】对于A，设（是不为0的常数）是的周期， 则对于，有，可得，即， 解得或. 由，可得， 若，因，即不是的周期， 又由，得， 若，因，故不是的周期， 同理不是的周期， 又因， 因此函数的最小正周期为，A正确； 对于B，，，函数不是奇函数，B错误； 对于C，，即曲线关于直线对称，C正确； 对于D，，函数在上单调递增，且， 函数在上单调递减，因此在上单调递减，D正确. 故选：ACD 11. 已知抛物线：与圆M：交于A，B两点，圆M与y轴的负半轴交于点P，为坐标原点，则（ ） A. B. 若为等边三角形，则 C. 存在，使得 D. 直线与抛物线C相切 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据抛物线与圆的对称性，结合曲线方程联立求解相关点的坐标，再结合三角形的性质、线段长度关系以及直线与抛物线的位置关系来逐一分析选项. 【详解】对于选项A，抛物线的顶点为，圆的圆心为.因为抛物线与圆交于，两点，所以圆与抛物线有两个不同的交点，那么圆的半径（当时，圆与抛物线相切于原点），故选项A正确. 对于选项B，由，可得. 因为，所以，则，即. 不妨设，. 已知圆与轴的负半轴交于点， 令，则，解得，因为在轴负半轴，所以. 若为等边三角形，则，点到的距离为. 根据等边三角形的性质，点到的距离为，即， 令，则，即，解得（舍去）或，所以，解得，故B选项正确. 对于选项C，若，，. 则，两边平方得，即，解得，这与矛盾，所以不存在使得，故C选项错误. 对于选项D，已知，，则直线的斜率. 对抛物线求导，由，可得. 在点处的切线斜率，直线的斜率与抛物线在点处的切线斜率相等，所以直线与抛物线相切，故D选项正确. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线的两个焦点分别是与，焦距为4，M是双曲线上的一点，且，则的面积是_______. 【答案】6 【解析】 【分析】根据给定条件，结合双曲线定义求出，进而求出三角形面积. 【详解】由双曲线的焦距为4，得，解得， 由，，解得或， 当时，点为双曲线离焦点较近的顶点，与共线，不符合要求， 因此，，为直角三角形， 所以的面积是. 故答案为：6 13. 已知，则函数在区间上的所有零点之和为_______. 【答案】5 【解析】 【分析】分别求出和在上的所有零点，再求和即可. 【详解】令，，则， 所以在上的所有零点之和即为和在上的零点之和， 在上单调递增，且，在上的零点为， 所以 当分别等于，即x分别等于时，， 在上的零点为. 在上的所有零点之和为， 故答案为：5． 14. 在量子通信中，光子极化序列需满足以下条件： （1）每个极化方向为水平（H）或垂直（V）； （2）任意三个连续光子中不能有全相同的极化方向； （3）序列的首尾极化方向必须相同. 如“”是一个长度为3的合法序列.则长度为7的合法序列数目为_______. 【答案】22 【解析】 【分析】利用列举法列出首尾都是的合法序列，即可求出长度为7的合法序列数目. 【详解】列举出首尾都是的合法序列，如下： 1 2 3 4 5 6 7 由表格知，首尾都是的合法序列目是11，同理首尾都是的合法序列目是11， 所以长度为7的合法序列数目为22. 故答案为：22 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，，且的面积为. （1）求A； （2）若，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及余弦定理计算可得，可求； （2）由三角形面积公式可求得，利用向量数量积的运算律可求得，结合基本不等式可求得的最小值. 【小问1详解】 由， 可得， 所以，所以， 由正弦定理可得，由余弦定理可得， 因为，所以； 【小问2详解】 因为的面积为，所以，所以， 由，可得， 所以， 所以， 所以， 所以，当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 16. 在三棱锥中，，.为的中点，为的中点，平面. （1）求证：平面平面； （2）若与底面所成角的正切值是2，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：如图，延长与相交于M，连接 根据，为的中点，则 ，，则， 在中，，为的中点，则. 在中， ，则， 同理在中， ， 在中，  ， 由于，则，即. 已知平面，平面，则. 平面，且. 则平面，平面，则平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先延长与相交于M，连接求相关线段长度和三角函数值，再利用三角函数两角和公式求，得出，得到.由平面的性质，可得.根据线面垂直判定得到平面，进而证得平面平面. （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和平面法向量，再结合向量夹角余弦公式计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由于平面，，以为原点，所在直线为y轴，所在直线为x轴，过O作，可作为z轴，建立空间直角坐标系. 由于平面，则与底面所成角为， 根据题意，，则. 得到相关点坐标： ， 所以，，. 设平面的法向量为，则且. ； ； 令，则，，所以. 设平面的法向量为，同理且. ； ； 令，则，所以. 设二面角为，且 ； ； . 所以. 通过观察图形可知二面角是锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 17. 甲和乙两个箱子中各装有6个球，其中甲箱中有3个红球、3个白球，乙箱中有个红球，其余都是白球.掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，从甲箱中随机摸出2个球；如果点数为3，4，5，6，从乙箱中随机摸出2个球.已知摸到白球的概率是. （1）求m； （2）记摸到红球的个数为随机变量X，求X的分布列和均值. 【答案】（1） （2） 0 1 2 均值为 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式计算即可； （2）依题意可知的所有可能取值为：，分别计算其概率即可得到分布列，进而求数学期望. 【小问1详解】 记＂摸到白球＂，＂掷一枚质地均匀的骰子点数为1或2＂， 则＂摸出的2个球都是红球＂，＂朕一枚质地均匀的䐨子点数为， 则， 根据全概率公式：，即， 整理得：，解得 【小问2详解】 的所有可能取值为：，由题可知， ， 故的分布列为： 0 1 2 从而，故的均值为． 18. 已知，分别为椭圆 ：的左右焦点，直线与椭圆交于A、B两点，当时，的面积为. （1）求椭圆E的标准方程； （2）已知椭圆E与x轴负半轴交于点M，直线与的斜率之积为. （i）证明：直线过定点； （ii）设与的面积分别为，，若，求直线的方程. 【答案】（1） （2）（i）证明：,设直线方程为， ，化简可得， 设, ， 由题意可得， ，代入可得， 故， ，化简可得， 解得或（舍去）， 当时，，此时直线恒过点，且该点位于椭圆内，符合题意. 故直线恒过点， （ii） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义，三角形的面积，以及余弦定理，列方程即可求解， （2）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，即可根据斜率公式化简即可得定点求解（i），将转化为，即可结合韦达定理化简求解得（ii）. 【小问1详解】 根据， 化简可得， 由于，所以， 故椭圆的方程为 【小问2详解】 （i）略 （ii）设的面积为，由于，则的面积为， 因此的面积为， 故，故， 由于，故， 因此，化简可得， 由于，故，所以， 故直线方程为，即 19. 已知函数，数列满足：，，. （1）若，求的取值范围； （2）证明：对任意，； （3）定义，证明：. 【答案】（1） （2） 大方向就是数列为递减的且， ， 引入待定常数，使得， 令，解得， 将这两值分别代回上式， 如此一来，就得到， 两式相除，有， 所以是以为公比的等比数列， 从而知， 又知，故上式右端， 即有， 另一方面，， 即也就是数列为递减， 有； （3） 由（1）知当时， 即由（2）知， 而对任意， 从而， 于是， 注意到， 于是， 而，即， 于是． 【解析】 【分析】（1）利用导数即可求解； （2）大方向就是数列为递减的且，证明是以为公比的等比数列，证明也就是数列为递减即可求解； （3）证明，证明，证明即可求解. 【小问1详解】 因为（）， 所以，令， 所以，令， 则，时，时， 所以时单调递减，时单调递增， 所以时，取得最小值， 所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $