精品解析：四川省成都市成都外国语学校2025届高三下学期高考模拟（二）数学试卷

成都外国语学校高2022级高考模拟试卷（二） 数 学 命题人：方兰英 刘定鸿 审题人：文军 金鑫 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简集合，根据补集的定义先求，再根据交集的定义求结论. 【详解】不等式的解集为， 不等式可化为或， 所以不等式的解集为， 所以，， 所以， 所以. 故选：D. 2. 设，则的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用充分性和必要性的定义逐项判断即可. 【详解】对于A，当时，满足，但是不符合，故不是的一个充分条件，故A错误； 对于B，，即，即，所以是的必要不充分条件，故B错误； 对于C，，即，故是的充要条件，故C错误； 对于D，，即，，故是的一个充分不必要条件，故D正确. 故选：D 3. 展开式中的常数项为（ ） A. 70 B. C. 16 D. 64 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可. 【详解】，该二项式的通项公式为：， 当时，常数项为； 当时，二项式的通项公式为， 令， 当时，，当时，， 所以常数项为； 综上常数项为. 故选：A 4. 已知点为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据判断出，，三点共线，再结合外心的性质得到的形状，最后根据投影向量的定义求出的值. 【详解】已知，将其变形可得，即. 根据向量共线定理，可知与共线，所以，，三点共线. 因为点为的外心，外心是三角形三边垂直平分线的交点，且，，三点共线， 所以为外接圆的直径，那么，即是直角三角形. 根据投影向量的定义求的值，， 可得，即， 又因为，所以，因为，所以. 的值为. 故选：D. 5. 已知函数有7个不同的零点，则正实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分段函数当有两个零点，则结合三角函数性质有5个零点即可列式解题. 【详解】当时，单调递增，且， 所以存在唯一的有， 当时，单调递减，且， 所以存在唯一的有， 函数有7个不同的零点， 所以存在5个零点， 因为， 所以，所以. 故选：B. 6. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对给定的幂或对数变形，借助幂函数和对数函数单调性并结合“媒介”数即可判断作答. 【详解】依题意，，函数在上单调递增，而，于是得，即， 函数在单调递增，并且有， 则， 于是得，即，则， 又函数在单调递增，且，则有， 所以. 故选：C 【点睛】思路点睛：同指数的幂或同底数的幂，同底数的对数大小比较可分别利用幂函数、指数函数、对数函数单调性进行比较， 如果既有幂，又有对数，一般是选取适当的“媒介”数，分别与要比较的数比较，从而可间接地比较出要比较的数的大小. 7. 函数，若恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简结合对数函数单调性得出，再构造，根据导函数得出函数单调性即可求解. 【详解】由题设在上恒成立， 知，此时在上都单调递增， 所以只需在上的零点相同， 即，所以， 令，则， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以，即的取值范围是. 故选：D 8. 已知正三棱柱(底面为正三角形的直棱柱)的体积为，，是的中点，点是线段上的动点，过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正三棱柱的体积为，，可求得，由于，所以要使三棱锥的体积最小，则三棱锥的体积最大，设的中点为，作出截面如图所示，可得点在以为直径的圆上，从而可求出点到底面距离的最大值，进而可求得三棱锥的体积的最小值 【详解】如图所示， 因为正三棱柱的体积为，，所以，即， 因为，所以要使三棱锥的体积最小，则三棱锥的体积最大， 设的中点为，作出截面如图所示， 因为，所以，所以点在以为直径的圆上， 所以点到底面距离的最大值为， 所以三棱锥的体积的最小值为. 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，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. 若复数，则下列说法正确的是（ ） A. 是纯虚数 B. C. 复数对应的点在第四象限 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用复数的除法运算可判断A C；先计算，再利用计算可判断B；利用复数求模公式即可判断D. 【详解】因，则，则，是纯虚数，故A正确； 因，则，故B错误； ，对应的点为，在第一象限，故C错误； ，故D正确. 故选：AD 10. 已知抛物线的焦点为，且抛物线过点，过点的直线与抛物线交于两点，分别为两点在抛物线准线上的投影，为线段的中点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. 线段长度的最小值为4 B. 的形状为锐角三角形 C. 三点共线 D. 的坐标可能为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据抛物线的性质可判断；根据抛物线的定义和平行线的性质可判断；设直线，，联立抛物线及直线方程，结合韦达定理及三点共线的斜率关系可判断；设的中点为，，可得，取可判断 【详解】对于：抛物线过点，所以，所以， 所以线段长度的最小值为通径4，故正确； 对于：由定义知，轴， 所以，同理， 所以，故错误； 对于：设直线，， ，得， 则， 因为，所以，所以三点共线，故正确； 对于：设的中点为，， 则， 取，可得，故正确. 故选：. 11. 对于集合，若存在集合的两两不同的子集满足，则称其为集合的一条“链”，称为这条“链”的长度.当集合的元素个数时，下列说法正确的是（ ） A. 集合的最长“链”的长度为 B. 任意两个集合都可以出现在同一个“链”中 C. 当时，该集合的任意两条长为4的“链”中一定具有相同集合 D. 集合的最长“链”的总数为 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，设，推出最长“链”需满足，且中元素比中元素多1，从而集合的最长“链”的长度为；BC选项，举出反例即可；D选项，由A选项值，的最长“链”的长度为，中共有个元素，有种选择，故总数为，D正确. 【详解】A选项，设， 两两不同的子集，满足， 故中的元素要至少比多一个元素， 要想集合的一条“链”为最长“链”，需满足，且中元素比中元素多1， 所以， 故集合的最长“链”的长度为，A正确； B选项，不妨设，显然两个集合不存在包含关系，故不能都出现在同一个“链”中，B错误； C选项，当时，不妨设，，上面两个均为两条长为4的“链”，不具有相同集合，C错误； D选项，由A选项值，的最长“链”的长度为， 其中有种选择，有种选择，以此类推， 中共有个元素，有种选择， 综上，的最长“链”的总数为，D正确. 故选：AD 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两角和差公式及二倍角余弦公式计算求解. 【详解】因为， 则． 故答案为：. 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆C交于M，N两点，若且，则椭圆C的离心率为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】如图所示，作，垂足为由，可得，E点为的中点．，由，可得利用勾股定理即可得出． 【详解】如图所示， 作，垂足为 ，，点为的中点． ， ，则， 则，即，， 在中，，在中，， ，化简可得：， ，，解得 故答案为 ： 14. 甲乙丙丁四人打循环赛，每两人之间都有一场比赛．已知乙丙丁三人胜率完全相同，而甲水平较高，面对三人时的胜率均为，每场比赛胜者得一分，败者得零分，总分最高或同为最高者并列冠军．问：甲拿到冠军的概率是___________． 【答案】 【解析】 【分析】按甲拿冠军时的得分情况分类求解可得. 【详解】由题意知，甲乙丙丁四人共进行场比赛，且每人共参加场比赛， 故甲拿到冠军至少拿分，至多拿分，分类情况如下： 第一类：甲共得分拿到冠军，即甲与乙丙丁三人的比赛均获胜拿到冠军， 故事件“甲共得分拿到冠军”的概率为； 第二类：甲共得分拿到冠军，即甲恰与乙丙丁三人比赛中场获胜场败，且其余三人得分均小于等于分. 记事件“甲共得分”， “甲拿到冠军”， 则事件“甲共得分拿到冠军”即为， 则“甲共得分未拿到冠军”，即甲恰与乙丙丁三人比赛中场获胜场败，且乙丙丁中有人得分”， 由“甲共得分”，即甲恰输给乙丙丁中一人， 则； 若乙丙丁中有人得分，因为每人参加场比赛，至多得分， 则得分的人必然是乙丙丁中赢得甲的人，且另外两人人得分，另人得分. 故 故“甲共得分拿到冠军”的概率为； 故甲拿到冠军的概率为. 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. 某大学保卫处随机抽取该校1000名大学生对该校学生进出校园管理制度的态度进行了问卷调查，结果见下表： 男生（单位：人） 女生（单位：人） 总计 赞成 400 300 700 不赞成 100 200 300 总计 500 500 1000 （1）根据小概率值的独立性检验，分析该校大学生赞成学生进出校园管理制度与学生的性别是否有关； （2）为答谢参与问卷调查的同学，参与本次问卷调查的同学每人可以抽一次奖，获奖结果及概率如下： 奖金（单位：元） 0 10 20 获奖概率 若甲､乙两名同学准备参加抽奖，他们的获奖结果相互独立，记两人获得奖金的总金额为（单位：元），求的数学期望. 附：，其中. 0.15 0.10 0.05 0.010 0.001 2.072 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）有关 （2）16. 【解析】 【分析】（1）根据卡方的计算公式，即可求值与临界值比较作答， （2）根据独立事件的概率乘法公式求解概率，即可由期望公式求解. 【小问1详解】 零假设为：该校大学生赞成学生进出校园管理制度与学生的性别无关联.由已知得 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为该校大学生赞成学生进出校园管理制度与学生的性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001. 【小问2详解】 由题意可知的取值为. 记事件表示甲同学中奖的金额为元，； 事件表示乙同学中奖的金额为元，，且事件与事件相互独立. 则， 故的数学期望 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若函数在恰好有两个零点，求的取值范围 （参考数据：参考数据：）． 【答案】（1） 当时，在单调递增 当时，在单调递减，单调递增； （2） 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，分和两种情况，求出函数的单调性； （2）参变分离，得到，构造函数，求导，得到函数单调性，最值，数形结合得到不等式，求出的取值范围 【小问1详解】 ，定义域， ， 当时，在恒成立，故在单调递增， 当时，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 综上，当时，在单调递增 当时，在单调递减，单调递增； 【小问2详解】 因为， 令，可得，令， 则，所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，即最大值， 又， 因为，所以，所以， 故在的值域为， 依题意可得与在有且仅有两个交点， 所以，即的取值范围为 17. 在中，，分别以边和为一边向外侧作矩形和菱形（如图1），满足，再将其沿折起使得与重合，连结（如图2） （1）判断四点是否共面？并说明理由； （2）在图1中，，求证：平面平面． （3）在图1中，，，求二面角的大小． 【答案】（1） 四点共面，理由如下： ∵四边形为矩形，为菱形，∴， ∵与重合，故，所以四点共面； （2）证明：∵，，，平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面， 在平面内过点作， 又平面平面，则平面， 以为原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 则， 则， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则， 令，则， 则，即，则平面平面． （3） 【解析】 【分析】（1）利用平行性的传递性证明即可； （2）以为原点建系，求出平面和平面的法向量，求证即可； （3）求出平面和平面的法向量，再计算法向量的夹角余弦值，最后利用二面角的平面角与法向量夹角之间的关系即可. 【小问1详解】 四点共面，理由略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 建系同第二问，由， 则， 则，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，， 令，则， 则， 由图可知二面角为锐角， 则二面角的余弦值为， 则二面角的大小为． 18. 若椭圆的长轴长，短轴长分别等于双曲线的实轴长，虚轴长，且椭圆和双曲线的焦点在同一坐标轴上，则称椭圆是双曲线的共轭椭圆，双曲线是椭圆的共轭双曲线．已知椭圆的共轭双曲线为． （1）求双曲线的标准方程； （2）已知点，直线（不过点）与相交于、两点，且，求点到直线的距离的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题中定义可得出双曲线的标准方程； （2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，将该直线方程与双曲线方程联立，由题意可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于直线方程中参数的值或参数之间的关系，求出直线所过定点的坐标，即可求出点到直线的距离. 【小问1详解】 解：由题意可设的标准方程为，则，， 所以双曲线的标准方程为． 【小问2详解】 解：当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 设点、， 联立，得， 所以且， 即且， 由韦达定理可得，， ． 因为，且，， 所以 ． 所以或． 当时，直线恒过点，不合题意， 当时，直线恒过点，合乎题意； 当直线的斜率不存在时，设直线的方程为， 则、 因为，所以，解得或（舍去）． 所以直线恒过点， 所以当直线时，点到直线的距离最大，距离的最大值为． 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 19. 若数列，，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知为数列的“接近数列”，且数列，的前项和分别为，． （1）若（是正整数），求，，的值； （2）若数列是公差为的等差数列，且，求证：数列是等差数列； （3）若（是正整数），判断是否存在正整数，使得？如果存在，请求出的最小值，如果不存在，请说明理由．（参考数据：，） 【答案】（1），，； （2） 由题设，则， 所以，，则， 所以，，， 所以，故，即数列是等差数列； （3）存在，最小k为7. 【解析】 【分析】（1）根据定义有且，将代入依次求出； （2）根据已知有，得，进而有，，，即可证； （3）根据题设定义得到且，进而有且，结合及不等式能成立求n的范围，即可得. 【小问1详解】 由题设，且， 所以，即，， ，即，， ，即，， 所以，，； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当为奇数时，，则， 由，即，，则； 当为偶数时，，则， 由，即，，则； 所以且，则且， 而， 要使，则， 当且，则， 所以，则，可得； 当且，则， 所以，则，显然不成立； 综上，时的最小值为7. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都外国语学校高2022级高考模拟试卷（二） 数 学 命题人：方兰英 刘定鸿 审题人：文军 金鑫 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 3. 展开式中的常数项为（ ） A. 70 B. C. 16 D. 64 4. 已知点为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数有7个不同的零点，则正实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 函数，若恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知正三棱柱(底面为正三角形的直棱柱)的体积为，，是的中点，点是线段上的动点，过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 二、多选题：本题共3小题，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. 若复数，则下列说法正确的是（ ） A. 是纯虚数 B. C. 复数对应的点在第四象限 D. 10. 已知抛物线的焦点为，且抛物线过点，过点的直线与抛物线交于两点，分别为两点在抛物线准线上的投影，为线段的中点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. 线段长度的最小值为4 B. 的形状为锐角三角形 C. 三点共线 D. 的坐标可能为 11. 对于集合，若存在集合的两两不同的子集满足，则称其为集合的一条“链”，称为这条“链”的长度.当集合的元素个数时，下列说法正确的是（ ） A. 集合的最长“链”的长度为 B. 任意两个集合都可以出现在同一个“链”中 C. 当时，该集合的任意两条长为4的“链”中一定具有相同集合 D. 集合的最长“链”的总数为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则的值为___________． 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆C交于M，N两点，若且，则椭圆C的离心率为__________． 14. 甲乙丙丁四人打循环赛，每两人之间都有一场比赛．已知乙丙丁三人胜率完全相同，而甲水平较高，面对三人时的胜率均为，每场比赛胜者得一分，败者得零分，总分最高或同为最高者并列冠军．问：甲拿到冠军的概率是___________． 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. 某大学保卫处随机抽取该校1000名大学生对该校学生进出校园管理制度的态度进行了问卷调查，结果见下表： 男生（单位：人） 女生（单位：人） 总计 赞成 400 300 700 不赞成 100 200 300 总计 500 500 1000 （1）根据小概率值的独立性检验，分析该校大学生赞成学生进出校园管理制度与学生的性别是否有关； （2）为答谢参与问卷调查的同学，参与本次问卷调查的同学每人可以抽一次奖，获奖结果及概率如下： 奖金（单位：元） 0 10 20 获奖概率 若甲､乙两名同学准备参加抽奖，他们的获奖结果相互独立，记两人获得奖金的总金额为（单位：元），求的数学期望. 附：，其中. 0.15 0.10 0.05 0.010 0.001 2.072 2.706 3.841 6.635 10.828 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若函数在恰好有两个零点，求的取值范围 （参考数据：参考数据：）． 17. 在中，，分别以边和为一边向外侧作矩形和菱形（如图1），满足，再将其沿折起使得与重合，连结（如图2） （1）判断四点是否共面？并说明理由； （2）在图1中，，求证：平面平面． （3）在图1中，，，求二面角的大小． 18. 若椭圆的长轴长，短轴长分别等于双曲线的实轴长，虚轴长，且椭圆和双曲线的焦点在同一坐标轴上，则称椭圆是双曲线的共轭椭圆，双曲线是椭圆的共轭双曲线．已知椭圆的共轭双曲线为． （1）求双曲线的标准方程； （2）已知点，直线（不过点）与相交于、两点，且，求点到直线的距离的最大值． 19. 若数列，，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知为数列的“接近数列”，且数列，的前项和分别为，． （1）若（是正整数），求，，的值； （2）若数列是公差为的等差数列，且，求证：数列是等差数列； （3）若（是正整数），判断是否存在正整数，使得？如果存在，请求出的最小值，如果不存在，请说明理由．（参考数据：，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $