精品解析：西南名校联盟2025届“ 3+3+3”高考备考诊断性联考（三）数学试卷

西南名校联盟2025届“3+3+3”高考备考诊断性联考（三） 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把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，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求） 1. 已知集合，，若，则实数的取值集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合中元素的特性及交集运算求解即可. 【详解】由，得或， 解得，或. 当时，，不符合题意； 当时，，这与集合中有两元素相矛盾，不符合题意； 经检验符合题意. 故选：A. 2. 已知，为实数，，，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】利用举反例的方法及不等式的性质，结合必要不充分条件的定义即可判断. 【详解】因为，为实数，当，时，满足，但是， 所以若则是假命题； 而由，当时，得； 当时，得，所以由得， 所以若则是真命题； 所以是的必要不充分条件. 故选：B. 3. 若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式降幂即可得解. 【详解】因为，所以，则. 故选：C. 4. 昆明以其多样的民族文化和独特的地方美食闻名.现有一名游客计划在三天内品尝完过桥米线、汽锅鸡、烧饵块、鲜花饼这4种特色美食，每天至少选择1种（当天选择的种类不分先后顺序）.若三天后他恰好品尝完所有4种美食，则这三天他选择美食的不同选法种数为（ ） A. 18 B. 24 C. 36 D. 42 【答案】C 【解析】 【分析】先部分平均分组，再排列，利用分步乘法计数原理得解. 【详解】先将4种美食平均分成3组，有种不同的分法， 该游客每天选择其中一组美食进行品尝，有种不同的选法， 所以这三天他选择美食的不同选法种数为， 故选：C. 5. 若函数（）为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇函数的定义域关于原点对称可得，然后由可得即可， 【详解】由奇函数性质可得，（）的定义域关于原点对称，由，即且， 故，解得. 又，故， 此时，满足，函数为奇函数， 故， 故选：A. 6. 设抛物线的焦点为，过上一点作其准线的垂线，设垂足为，若，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的定义得，由余弦定理可得，则，在中，由勾股定理即可求解. 【详解】由题意可知：抛物线的焦点，准线为，且， 因为， 所以由余弦定理得， 即； 由，所以，； 设为准线与轴的交点，， 则，则. 故选：D. 7. 若不等式在上恒成立，且，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性结合题意分析解不等式得，再利用基本不等式常数代换的方法即可求解. 【详解】由，得或， 由为增函数，解得或， 当时，则有或， 则存在，使得不等式，不符合； 当时，则有或， 则存在，使得不等式，不符合； 当时，则不等式解为R，即不等式在上恒成立， 因此，即. 因为，， 所以， 当且仅当，即时取等号. 故选：D. 8. 已知的周长为，，的平分线交于，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理及余弦定理求解即可. 【详解】由于平分，，所以， 由正弦定理可得，则； 因为的周长为6，， 所以设，， 由余弦定理得，解得， 所以， 故选：C. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 如图，已知正八边形的边长为1，O为正八边形的中心，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】A先证，再利用即可；B利用即可；C利用数量积的定义；D利用向量的加法法则得即可判断. 【详解】在正八边形中， 由于，则， 因，且，所以，故A正确； 由于，故B正确； 连接，可得， 所以，故C正确； 由于，且，又， 所以，故D错误， 故选：ABC. 10. 如图，平面四边形满足，与交于点，若将沿翻折，得到三棱锥，已知二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，，则下列说法正确的是（ ） A. 在翻折过程中，与始终垂直 B. 在翻折过程中，始终成立 C. 在翻折过程中，的最大值为 D. 当平面平面，则三棱锥为正三棱锥 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合线面垂直的判定和性质数形可判断A；由二面角的平面角、线面角的定义，找到相关角后表达对应的正弦值，即可推导分析B；由角的函数值的最值关系可判断分析C；由垂直关系判断边长关系，结合正三棱锥的定义可判断D. 【详解】对于A，在平面四边形中，由于，所以，， 如图1，在翻折过程中，始终满足，，面，所以面，所以，A正确； 对于B，如图2，作，连接，由题意得在翻折过程中，始终满足，又， 所以二面角的平面角为，即，则，又面，所以， 所以直线与平面所成的角为，所以，又，所以， 则，B错误； 对于C，由B知，，，当，即时，的最大值为，此时，C正确； 对于D，如图3，由A知，，由于平面平面，平面平面， 所以平面，则，由于， 所以，则三棱锥为正三棱锥，正确，故选ACD. 故选：. 11. 若函数满足对任意都有，则称函数为“函数”，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是“函数” B. 函数是“函数” C. 若函数为“函数”，，且当时，，则对任意，都有 D. 若函数为“函数”，，且当时，，则对任意，都有 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据“函数”的定义，把函数解析式代入计算可判断；根据“函数”的定义可得，对于与，都有，结合，可得，可判断. 【详解】对于A，对于任意， ，， 所以， 即成立，故是“函数”，故A正确； 对于B，对于任意， ，， 所以， 即成立，故是“函数”，B正确； 对于C，D，由函数为“函数”，可知对于任意， 都有，且， 令，可知，即， 故对于与，都有， 对任意，可得， 又，所以， 同理， 故C错误，D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解“新定义”题目，主要分如下几步： （1）对定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号； （2）对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法和相近的知识点，明确它们的相同点和相似点； （3）对定义中提取的知识进行提取和转换，如果题目是新定义的运算、法则，直接按照法则计算即可；如果新定义是性质，一般要判断性质的适用性，能否利用定义的外延，可用特值排除. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设，复数在复平面内对应的点位于直线上，则_____. 【答案】1 【解析】 【分析】先化简，找到其在复平面内对应的点，代入直线即可得解. 【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点为，由题意得，解得. 故答案为: 13. 已知函数左移个单位后为偶函数，若，则当最小时，_____. 【答案】## 【解析】 【分析】先得出平移过后的函数解析式，再利用偶函数得到，进而根据其范围得出的值，即可得到的解析式，进而求出，即可求得. 【详解】函数左移个单位后得到 ， 因平移过后的函数为偶函数，则，则， 由于，则当时，则， 由于，则令， 得， 则当时，最小，此时. 故答案为： 14. 在空间直角坐标系下，由方程（，，，且，，不全相等）所确定的曲面称为椭球面，若用坐标平面，，分别截椭球面，所得的截面是圆或者椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为：，，.已知方程：所确定的椭球面分别交轴，轴，轴的正半轴于点、、.椭圆的方程为：，若动点在椭圆上运动，则三棱锥体积的最大值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】应用向量法和距离公式，表达出点P到平面的距离，涉及两个变量，三角换元可利用有界性求最值，且底面确定，最值只与点面距离有关，问题可得解. 【详解】如图，由题意得：，，， 设面的法向量， ，，则， 即：，可取， 由于椭圆的截面方程为：， 可设动点，， 则：，即：， 所以点到面的距离， 由于，所以设，，， 设， 所以， 因为，，，所以，，， 则， 所以，所以， 所以， 即：三棱锥体积的最大值为. 故答案为：. 四、解答题（本大题共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. 数列满足：，，记为的前项和. （1）是否存在常数，，使得为等比数列，若存在，求出，；若不存在，说明理由； （2）求. 【答案】（1）存在，， （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知递推公式应用等比数列的定义计算证明； （2）应用等差数列求和公式及等比数列求和公式分组求和即可. 【小问1详解】 若存在常数，，使得为等比数列， 则，为常数且， 即. 又因为，可得：，解得 所以存在常数，，使得为等比数列， 且公比为2，首项为. 【小问2详解】 是首项为3，公比为2的等比数列， ，故， . 16. 已知某种业公司培育了新品种的橙子，现从某批次收获的果实中随机抽取了100个橙子（直径位于70mm至100mm之间）作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图. （1）根据长期检测结果发现橙子直径服从正态分布，并将直径的橙子定为特级品.此批次样本橙子直径的标准差，用标准差作为的估计值，用样本平均数作为的近似值.现从该批次中任取一个，试估计该橙子为特级品的概率（保留小数点后两位数字）；（同一组中的数据用该组区间的中点值代表） （2）在样本中，从直径在区间，，上的橙子中利用按比例分配样本的分层抽样随机抽取7个橙子进行检测，再从中抽取3个橙子作进一步检测.记这3个橙子中直径在区间上的个数为，求的分布列与数学期望. 附参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，. 【答案】（1）0.16 （2） 0 1 2 . 【解析】 【分析】（1）先利用频率分布直方图求出样本平均数，再根据正态分布的性质求解即可； （2）根据频率分布直方图可知所取样本7个，直径在的车厘子有2个，得到X的所有可能取值，根据古典概型的概率公式求分布列，再根据分布列和期望公式求期望即可. 【小问1详解】 由题意，估计该批次的橙子中随机抽取100个的直径的平均数为： ， 则，，所以直径， 则， 所以从该批次的橙子中任取一个，该橙子为特级品的概率约为0.16. 【小问2详解】 由题意知直径在区间，，上的频率之比为， 所以这7个橙子中抽取的直径在区间，，上的橙子个数分别为4，2，1. 由题意知的所有可能取值为0，1，2， 则，，， 所以的分布列为 0 1 2 所以. 17. 如图，圆柱的轴截面为，点、为上底面圆周上的两点，已知，直线过的重心. （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 在圆柱中：平面，， 在上底面中，为直径且，， 又，在平面内相交于点D， 平面， 又平面， . （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定可得平面，然后根据线面垂直的性质即可得； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用面面角的向量求法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，由（1）知：，所以是的中点， 由于是的重心， 、、三点共线，连接； 由于，则， 又， 所以，即：， 为上底面圆的圆心，且， 故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系； 不妨设，则：，，，，， 又点是的重心，所以， . 设面的法向量，，， 则，即：， 取，则 所以； 设面的法向量，，， 则即 取，则 所以； ， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知双曲线的离心率为，右焦点到的一条渐近线的距离为2. （1）求的方程； （2）经过点的直线、（斜率都存在）分别与交于点、和、，、分别为、的中点. （i）若点，求直线的方程； （ii）若点，且，证明：直线过定点. 【答案】（1） （2）（i） （ii）证明：设，由于，所以. 设直线，联立方程：，得， 其中且. 则有，，代入直线得， 所以. 同理设， 直线，联立方程：， 得， 其中且 则有，，代入直线得， 得. 所以 ， 则有直线. 令，得. 当直线的斜率不存在时，则，直线； 所以直线过定点. 【解析】 【分析】（1）根据离心率和右焦点到渐近线的距离以及双曲线中关系列等式，即可求得得值，从而得到双曲线的方程. （2）（i）用点差法求得中点弦的斜率，在用点斜式即可写出直线的方程. （ii）利用向量的数量积为得到与垂直，设出两条垂直的直线、分别与双曲线方程联立，写出、的坐标及斜率，再用点斜式写出直线的方程，化简即可得证. 【小问1详解】 设双曲线右焦点为，则有， 由于的一条渐近线的方程为， 由题可得，解得. 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）设，，由题意点是中点， 则，，直线的斜率. 因为、在上，则， 两式相减得， 整理可得，即， 可得直线的方程为，即， 检验：直线与联立方程得， 其，符合题意； 所以直线的方程为. （ii）略 19. 已知函数， . （1）当，时，讨论的单调性； （2）当时，存在三条不同的直线，既是曲线的切线（切点为），又是曲线的切线（切点为）. （i）求实数的取值范围； （ii）是否存在（），使得线段与互相平分？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）（i） （ii）不存在，理由： 假设存在，设，，，， 则有 由(i)可知，，， 则有，， 所以上述方程等价于 即 由④得或，. 结合且，得， 代入③整理得，此时. 令，，则， 于是，在上单调递减. 由于，故方程仅有一解，此时. 从而点与点重合，线段与重合，故不存在. 【解析】 【分析】(1)对进行分类讨论，利用导数判断的单调性； (2)(i)利用导数的几何意义，将题目中的问题转化为方程有三个不同解问题，再数形结合转化为函数与函数的图象有三个不同的交点问题进行求解；(ii)利用中点坐标公式，将问题转化为方程组解的问题，最后利用函数的单调性即可判断. 【小问1详解】 ，，， ，，， 当时，，故在上单调递增； 当时，由，解得， 故在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 当时，， (i)设直线与曲线切于点，与曲线切于点， ， 曲线的切线方程为， 曲线的切线方程为. 于是问题等价于有三组解. 由①得，代入②消去得， 由，结合①知，故， 于是上述方程可化为. 令，， 则， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 又，， 当时，，当时， ， 存在三条不同的直线，既是曲线的切线（切点为），又是曲线的切线（切点为）， 与直线有三个不同的交点， 结合的图象可知，解得. 综上，实数的取值范围为. (ii)略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西南名校联盟2025届“3+3+3”高考备考诊断性联考（三） 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把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，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求） 1. 已知集合，，若，则实数的取值集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，为实数，，，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 3. 若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 4. 昆明以其多样的民族文化和独特的地方美食闻名.现有一名游客计划在三天内品尝完过桥米线、汽锅鸡、烧饵块、鲜花饼这4种特色美食，每天至少选择1种（当天选择的种类不分先后顺序）.若三天后他恰好品尝完所有4种美食，则这三天他选择美食的不同选法种数为（ ） A. 18 B. 24 C. 36 D. 42 5. 若函数（）为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 6. 设抛物线的焦点为，过上一点作其准线的垂线，设垂足为，若，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 若不等式在上恒成立，且，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知的周长为，，的平分线交于，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 如图，已知正八边形的边长为1，O为正八边形的中心，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，平面四边形满足，与交于点，若将沿翻折，得到三棱锥，已知二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，，则下列说法正确的是（ ） A. 在翻折过程中，与始终垂直 B. 在翻折过程中，始终成立 C. 在翻折过程中，的最大值为 D. 当平面平面，则三棱锥为正三棱锥 11. 若函数满足对任意都有，则称函数为“函数”，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是“函数” B. 函数是“函数” C. 若函数为“函数”，，且当时，，则对任意，都有 D. 若函数为“函数”，，且当时，，则对任意，都有 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设，复数在复平面内对应的点位于直线上，则_____. 13. 已知函数左移个单位后为偶函数，若，则当最小时，_____. 14. 在空间直角坐标系下，由方程（，，，且，，不全相等）所确定的曲面称为椭球面，若用坐标平面，，分别截椭球面，所得的截面是圆或者椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为：，，.已知方程：所确定的椭球面分别交轴，轴，轴的正半轴于点、、.椭圆的方程为：，若动点在椭圆上运动，则三棱锥体积的最大值为_____. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 数列满足：，，记为的前项和. （1）是否存在常数，，使得为等比数列，若存在，求出，；若不存在，说明理由； （2）求. 16. 已知某种业公司培育了新品种的橙子，现从某批次收获的果实中随机抽取了100个橙子（直径位于70mm至100mm之间）作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图. （1）根据长期检测结果发现橙子直径服从正态分布，并将直径的橙子定为特级品.此批次样本橙子直径的标准差，用标准差作为的估计值，用样本平均数作为的近似值.现从该批次中任取一个，试估计该橙子为特级品的概率（保留小数点后两位数字）；（同一组中的数据用该组区间的中点值代表） （2）在样本中，从直径在区间，，上的橙子中利用按比例分配样本的分层抽样随机抽取7个橙子进行检测，再从中抽取3个橙子作进一步检测.记这3个橙子中直径在区间上的个数为，求的分布列与数学期望. 附参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，. 17. 如图，圆柱的轴截面为，点、为上底面圆周上的两点，已知，直线过的重心. （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 已知双曲线的离心率为，右焦点到的一条渐近线的距离为2. （1）求的方程； （2）经过点的直线、（斜率都存在）分别与交于点、和、，、分别为、的中点. （i）若点，求直线的方程； （ii）若点，且，证明：直线过定点. 19. 已知函数， . （1）当，时，讨论的单调性； （2）当时，存在三条不同的直线，既是曲线的切线（切点为），又是曲线的切线（切点为）. （i）求实数的取值范围； （ii）是否存在（），使得线段与互相平分？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $