重庆市西南大学附属中学校2024-2025学年高三下学期全真模拟数学试题

西南大学附中高2025届高三下全真模拟考试 数学试题 (满分：150分；考试时间：120分钟) 注意事项： 1。答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。 2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂：答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写： 必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。 3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）。 一、单选题：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 项是符合题目要求的， 1.已知集合A={x-<2,B={x2+x-2<0,则AnB=() A.(-13) B.(-1) C.(-23) D.(-21) 2.已知向量a=(2,-1),6=(x,2),若(2a-)1a,则a-的值为(） A.4 B.5 C.35 D.45 3.已知(2x+1)10=a4oox00+agx9+…+a4x+a,则a+a2+a4+6+…+a1o的值为( A.3100+1 B.30-1 C.3+1 D. 3100-1 2 2 4.已知f(tanx)=sin2x+cos2x,则f A号 B.0 C.4W3+4 D.4-4W5 7 5.已知Sn为数列{an}的前n项和，若nan=Sn+1(n≥2)，a1=0,则S22s等于( A.0 B.1012 C.2025 D.2025 2 6.已知过点P(-5,0)的直线与抛物线y2=4x相切，切点为Q,抛物线的焦点为F,则线段F2 的长为() A.4 B.5 C.6 D.7 1.已知可1-2，测后+-可的最小值为（） A.等 B.4 c. D. 1-3 高三全真模拟数学第1页（共4页） CS扫描全能王 子亿人都在用的日增Ap时 8.对于复数z,如果复数z*同时满足以下两个条件：①3m∈R,且m>0,使得*=mz, ②2利=4，则称z*为z的反演.已知复数z的实部等于1，z*为z的反演，则z*- 的最小值为() A.2 B.3-V5 C.5-2 D.2-√2 二、多选题：本大题共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.已知正四棱台ABCD-ABGD上底面的边长为22，下底面边长为4W2,且高为6，则下 列说法正确的有() A.该四棱台的体积为112 B。该四棱台的侧面与底面所成角的正切值为 6 C.若E为CC的中点，则AC∥平面BDE D.该四棱台的外接球表面积为80π 10.现将1,2,3,4四个数随机排成一列，记事件A为“从左至右第i个数恰好是”，则下列说法 正确的有（) AP4)- B.事件A与A相互独立 CP4U4-昌 D.P4U4U4U)-员 11.已知函数f(x)=血k-2-mx+4,则下列说法正确的有() A.若函数f(x)关于直线x=2对称，则m=0 B.当m>1时，函数f(x)在(3，+∞)上单调递泳 C.当m>1时，函数f(x)在(2，+∞)有1个极值点 D.函数f(x)最多有3个零点 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12.某工厂生产的一批零件的尺寸X服从正态分布N(20,o2),且P(X>22)=,规定零件的 尺寸与20的误差不超过2即为合格，现从这批零件中抽取360件，估计合格零件的个数 为 个 13.已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(1+x)=f(1-x)+2x,则f(2026)= 14.己知函数f(x)=2sin(@oπr+)(@>0),若存在实数0使得函数图像上的最低点或最高点恰 有2个在椭圆)+三1的内部（包含边界），则@的取值范围是 高三全真模拟数学第2页（共4页） CS扫描全能王 子亿人都在用的归增A时 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.(13分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bsinC+csinC=asin A-bsin B. (1)求A: (2)若c=3,b=5,D为BC边上一点，且AB⊥AD,求AD. 16.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD,∠BAD=90°，AB=2,DC=4,PALPD 且PA=PD=4N2,M,N分别是PD,BC的中点. (I)求证：ADLPN; (2)若平面PAD⊥平面ABCD,求二面角M-BC-D的余弦值 17.(15分)已知函数f(x)=2mx2-2血x-x. (I)当m=1时，直线y=x+a与曲线y=f(x)相切，求实数a的值： ②)若f(y)≥)恒成立，求实数m的取值范围. 高三全真模拟数学第3页（共4页） CS扫描全能王 子亿人都在用的日增Ap时 18.(17分) 已知椭圆C:x之 。2+行1(a之b>O)的焦距为4，上顶点为A,右焦点为F、坐标原 点为0，且os∠AP0-25,P,0为精圆上两个不同的动点（药不与A重合 (1)求椭圆C的方程： (2)若F为△APQ的垂心，求直线PQ的方程； (3)若AF是∠PAQ的角平分线，问：直线PQ是否过定点？若是，求出定点坐标，若不 是，说明理由： 19.(17分)已知有穷数列{an}共有2025项，且a=0,aml=an+(n=1,2,3,,2024). 记Sn为数列{an}的前n项和. (I)求S4的最小值： (②）对m∈，2,3，，2025，证明：3n=2+2a,-n+1 2 (③)设满足Ss=0的所有{a}构成集合为M,现从M中随机取一个数列，若该数列满足 试验成功，否则试验失败。记P为该试验成功的概率， 高三全真模拟数学弟4页（共4页） CS扫描全能王 子亿人都在用的日增Ap时西南大学附中高 2025届高三下全真模拟考试 数学参考答案 一、单选题：1-8 BBCA BCCC 二、多选题：9．ACD 10．ACD 11．ABD 三、填空题：12．240 13．2026 14． ，       8 8 1 3 四、解答题： 15．解：(1) 因为   b C c C a A b Bsin sin sin sin ， 由正弦定理得  bc c a b2 2 2，即    b c a bc2 2 2 ， 由余弦定理得     bc A b c a 2 2 cos 12 2 2 ， 又因为 ，A π0 ， 所以 A 3 π2 ． (2) 因为 ⊥AB AD，所以∠  BAD 2 = ，∠  CAD 6 = ， 因为 △ △ △ S S SABC ABD ACD， 所以      cb c AD b AD 2 3 2 2 2 6 sinsinsin π1π1π1 2 ，解得 AD 11 15 3 ． 16．解：(1) 设 O为 AD 的中点，如图，连接OP ，ON ， 因为 PA PD ，所以 AD PO， 因为 N 是 BC 的中点，所以 ∥ON AB ， 又因为∠ BAD =90 ，所以 AD ON ， 因为 PO ON O ， OP 平面 PON ， ON 平面 PON ， 所以 AD 平面 PON ，又因为 PN 平面 PON ， 所以 AD PN ． (2) 因为平面 PAD ⊥平面 ABCD，且平面 ∩PAD 平面 ABCD AD= ， PO AD 所以 ⊥PO 平面 ABCD， 以O为坐标原点， 以 ， ，OA ON OP所在的直线分别为 x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为 ⊥PA PD ， PA PD=4 2 ，所以   PO OD OA 4， 又因为 ∥AB CD， ，AB CD2 =4 , ，O N 分别为 ，AD BC的中点，所以 ON 3， 则 ，，O 0 0 0 ， ，，D 4 0 0 ， ，，P 0 0 4 ， ，，B 4 2 0 ， ，，C 4 4 0 ， ，，M 2 0 2  所以 (6 2 2)MB  ，， ， ( 8 2 0)BC   ，， ， 设平面MBC 的一个法向量为  m x y z ，， ， 则 6 2 2 0 8 2 0 m MB x y z m BC x y             ， 令 x 1，得 y 4 ， z 7 ，所以  1 4 7m  ，， ， 平面 DBC 的一个法向量为  0 0 1n  ，， ， 0 1 0m n m n m n       ，  7 66 66 cos 7 66 ，所以二面角  M BC D 的余弦值为 66 7 66 ． 17．解：(1) 当 m 1时，函数   f x x x x2 2ln2  ，    x f x x4 1 2   ， 设函数 y f x 与直线  y x a相切的切点为 ，x f x0 0   ， 因为直线  y x a的斜率为 1， 所以     x x xf 4 1 1 2 0 0 0   解得 x 10 或  x 2 1 0 (舍) 故切点为 ，1 1  此时切线方程为   y x1 1，即 y x ， 所以 a 0． (2) 由   mx x x 2 2 2ln 12 ，得    x m x x 4 4ln 2 1 2 ， 令    x g x x x ( ) 4ln 2 1 2 ，因为 m g x4 ( ) 对任意的 x 0恒成立， 所以 m g x4 ( )max ． 则            x g x x x x x x x x x ( ) 2 2 8ln ( 2) ( ) 2 4 4ln 2 1 4 3 2 ． A B CD P M NO A B CD P M N x y z O 令 ( ) 2 2 8ln ( 0)h x x x x    ，则 8 ( ) 2h x x     ， 因为 0x  ， 所以 ( ) 0h x  ，即 ( )h x 在 (0 ) ， 为减函数， 因为 (1) 2 2 8ln1 0h     ， 所以当 (0 1)x ， 时， ( ) 0h x  ， ( ) 0g x  ， ( )g x 在 (0 1)， 上为增函数， 当 (1 )x ， 时， ( ) 0h x  ， ( ) 0g x  ， ( )g x 在 (1 ) ， 上为减函数， 所以 max 2 4ln1 2 1 ( ) (1) 3 1 g x g      ，所以 4 3m ， 所以m 的取值范围为 3 4       ， ． 18．解：(1) 由题： 2 4c  ，故 2c  又 cos c AFO a   ， 故 5 cos c a AFO    ，从而 2 2 1b a c   因此椭圆方程为： 2 2 1 5 x y  (2) 由(1)知：    0,1 , 2,0A F , 1 0 1 0 2 2 AFk      由题： F 为 APQ 的垂心，所以 1 1PQ AF AP FQk k k k     且 , 则必有 2PQk  ，设直线 PQ 方程为： 2y x m  ，    1 1 2 2, , ,P x y Q x y 联立直线 PQ 与椭圆： 2 2 2 5 5 y x m x y      得： 2 221 20 5 5 0x mx m    令 0  ，解得： 21 21m   ，由韦达定理： 2 1 2 1 2 20 5 5 , 21 21 m m x x x x      则 1 2 1 2 1 1 1 2 AP FQ y y k k x x          ，故 1 2 1 1 2 22 0x x x y y y    ， 即：  1 2 1 1 2 22 2 (2 ) 2 0x x x x m x m x m       整理得：    21 2 1 22 2 5 0m x x x x m m      ， 将 2 1 2 1 2 20 5 5 , 21 21 m m x x x x      代入化简得： 26 19 25 0m m   ，解得 25 1 6 m  或- 当 1m  时，直线 PQ 过点 A ，不符合题意，舍去 当 25 6 m  - 时，满足 21 21m   ，符合题意. 故直线 PQ 方程为： 25 2 6 y x  (3) 设    1 1 2 2, , ,P x y Q x y 则    2 2 2 21 1 2 25 1 , 5 1x y x y    因为直线 AP的斜率必存在，所以直线 AP ： 1 1 1 1 y y x x    ，即： 1 1 1( 1) 0y x x y x    设 F 到直线 AP 与 AQ 的距离均是  0d d  ，从而  1 1 2 2 1 1 2 1 ( 1) y x d y x      平方得：             2 22 2 1 1 1 11 1 1 12 2 2 2 2 1 1 1 1 4 1 4 1 5 14 1 4 1 ( 1) ( 1) 5 1 y y x yy y x x d y x y y                ， 又由于 1 1y  ，故       1 1 12 1 1 1 1 1 4 1 4 5 1 4 9 ( 1) 5 1 4 6 y x y y x d y y y             ， 整理得：  2 21 14 4 1 6 9 0x d y d     即点 P 在直线  2 24 4 1 6 9 0x d y d     同理： 点Q 也在直线  2 24 4 1 6 9 0x d y d     上 故直线 PQ 的方程为  2 24 4 1 6 9 0x d y d     将其按照参数 d 进行整理：   24 6 4 9 0y d x y     令 4 6 0 4 9 0 y x y       ，解得 15 8 3 2 x y        ，从而定点坐标为 15 3 , 8 2       . 19．解：(1)直接枚举得： 1a 2a 3a 4a 4S 0 1 2 3 6 0 1 2 -3 0 0 1 -2 1 0 0 1 -2 -1 -2 0 -1 0 1 0 0 -1 0 -1 -2 故 4S 的最小值为 2 . (2) 由题： 1 1n na a   ，平方得： 2 2 1 2 1n n na a a    ，故 2 2 1 2 1n n na a a    则对 2 2025n   有 2 2 2 2 2 22 1 1 3 2 2 1 12 1, 2 1,..., 2 1n n na a a a a a a a a          ， 以上 1n 个式子累加得： 2 21 12 1n na a S n    ，故 2 1 1 2 n n a n S     ， 故 2 2 1 1 2 1 2 2 n n n n n n n a n a a n S S a a           . 经检验 1n  时命题也成立，从而对于  1,2,3,...,2025n  ， 2 2 1 2 n n n a a n S     (3) 由(2)得： 2 2025 2025 2025 2 2025 1 0, 2 a a S      解得 2025 44a  或 46 显然M 不为空集，以下便是一个满足要求的 na ： 1 2 3 4 1980 1981 1982 1983 2024 20250, 1, 0, 1,..., 1, 0, 1, 2,..., 43, 44a a a a a a a a a a             只需证明：满足 2025 44a  的 na 的个数多于满足 2025 46a   的 na 的个数 引理：若 na 共有 x 项，且 1 0a  ， 1 1 ( 1,2,3,..., 1)n na a n x     ， 且 xa y ，（这里 *,x N y Z  ）则这样的数列有 1 1 2 2 1 1 x y x y x xC C       个. 引理证明：令 n nb a ，则 nb 满足 nb N ， 且 1 1 10, 1 1n n n nb b b b b     或 ( 1,2,3,..., 1)n x  ， xb y 我们先证明 na 与 nb 一一对应： 一方面，对于每个 na ，显然有唯一的一个绝对值数列 nb 与之对应； 另一方面，对于每个 nb ，则有 na 确定，只需证明每个 na 的符号此时也唯一确定， 若 1 1n nb b   ，则必有 0na  ，若 1 1n nb b   ，则必有 1na   ， 这样可确定 1 1xa a 到 的符号，又因为 xa y 给定，从而此时有唯一的 na 与之对应. 从而 na 与 nb 一一对应. 从而只需计算 nb 的个数. 注意到 nb N ，且 1 1 10, 1 1n n n nb b b b b     或 ( 1,2,3,..., 1)n x  ， xb y 先忽略限制条件 nb N .设此时的 nb 有 A 个. 则由 1 1n nb b    ，      2 1 3 2 1...x x xb b b b b b b        ： 此时相当于在 1x 个位置中放入 1 ，设有m 个1，则有 1x m  个 1 ， 从而有  1xb m x m y     ，故 1 2 x y m    ，从而 1 2 1 x y xA C    . 再计算其中不满足 nb N 的个数 B . 即存在 = 1tb  （不妨设 t 是满足 1ib   的最小下标） 构造数列 nc 满足： 2 ( 1,2,..., )i ic b i t    ，  1, 2,...,i ic b i t t x    则每个不满足 nb N 的数列 nb 唯一对应一个数列 nc ； 另一方面，若 nc 满足： 1 2c   ， 1 1,n n xc c c y     , 则必存在 1tc   （不妨设 t 是满足 1ic   的最小下标）， 从而令 2 ( 1,2,..., )i ib c i t    ，  1, 2,...,i ib c i t t x    可唯一确定一个不满足 nb N 的数列 nb 从而每个不满足 nb N 的数列 nb 与数列 nc 一一对应. 从而  nB c 的个数. 注意到 nc 满足： 1 2c   ， 1 1,n n xc c c y     , 则由      1 2 1 3 2 1...x x xc c c c c c c c         知：相当于在 1x 个位置中放入 1 ， 设有 s个1，则有 1x s  个 1 ，从而有  2 1xc s x s y       ， 故 1 2 x y s    ，从而 1 2 1 x y xB C    . 故满足条件的 na 有 A B  1 1 2 2 1 1 x y x y x xC C       个.从而引理得证. 回原题：由引理只需证明： 1034 1035 1035 10362024 2024 2024 2024C C C C   这等价于证明 2024! 2024! 2024! 2024! 1034!990! 1035!989! 1035!989! 1036!988!    即证明：1035 1036 1036 990 1036 990 990 989       即证明：1036 45 990 47   即证:1036 >22 47=1034 ，这显然成立.综上，命题得证.