精品解析：四川省宜宾市普通高中2025届高三下学期高考适应性考试（三模）数学试卷

宜宾市普通高中2022级高考适应性考试 数学 （考试时间：120分钟；全卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的考号､姓名､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为（ ） A. 圆 B. 双曲线的一支 C. 椭圆 D. 抛物线 3. 已知数据的方差，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 4. 的展开式中，含的项的系数是（ ） A B. C. 30 D. 60 5. 设函数是奇函数，，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 6. 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则 （ ） A. α∥β且∥α B. α⊥β且⊥β C. α与β相交，且交线垂直于 D. α与β相交，且交线平行于 7. 如图，在等边中，，以为直径分别作半圆，是两段半圆弧上的动点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，其中，若，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 二､多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 函数为偶函数 B. 曲线的一个对称中心为 C. 在区间单调递增 D. 的最大值为2 10. 已知、是椭圆的左、右焦点，点在上，是上的动点，轴，垂足为，且为的中点，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 点的轨迹方程为 D. 的最小值为 11. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美.如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则（ ） A. 该石凳的表面积为 B. 该石凳的体积为 C. 直线与的夹角为 D. 平面 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12 已知函数且.若，则__________. 13. 设为等差数列的前项和.若，且成等比数列，则__________. 14. 从集合中任取4个不同的数，组成无重复数字的四位数.若该四位数能被3整除的概率为；若取出的4个数按从小到大排列，中间两个数的和为7的概率为，则__________. 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. 在中，角所对边分别为，且. （1）求； （2）若面积为，求. 16. 为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，需要进行小白鼠试验.现将300只小白鼠分为甲、乙两组，甲组200只，乙组100只.研究人员将疫苗注射到甲组的200只小白鼠体内，一段时间后检测小白鼠的某项指标值.检测发现有150只小白鼠体内产生抗体，其中该项指标值不小于60的占；没有产生抗体的小白鼠中该项指标值不小于60的占.假设各小白鼠注射疫苗后是否产生抗体是相互独立的. （1）填写如下列联表，并根据列联表及的独立性检验，判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关； 抗体 指标值 合计 小于60 不小于60 有抗体 没有抗体 合计 （2）用甲组中小白鼠产生抗体的频率估计概率，记乙组小白鼠在注射疫苗后产生抗体的只数为，当取最大值时，求. 参考公式：（其中为样本容量） 参考数据： 0.1 0.05 0.005 0.001 2.706 3.841 7.879 10.828 17. 如图，三棱台中，平面，分别是棱的中点. （1）证明：平面平面； （2）已知三棱台的体积大于2，且直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值. 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围； （3）对于点在处的切线方程为，若对任意，都有，则称为“好”点.当时，求的“好”点.（只要求写出结果，不需说明理由） 19. 已知曲线，点，曲线上一点，直线与的另一个交点为.按照如下方式依次构造点，过作轴的垂线，垂足为，垂线与的另一个交点为.作直线，与的另一个交点为，直线与轴的交点为.记. （1）若，求； （2）求证：数列是等比数列，并用表示通项公式； （3）对任意正整数与的面积之比是否为定值？若是，请用表示该定值；若不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 宜宾市普通高中2022级高考适应性考试 数学 （考试时间：120分钟；全卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的考号､姓名､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先解对数不等式，再应用交集定义计算求解. 【详解】因为集合， 则. 故选：C. 2. 复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为（ ） A. 圆 B. 双曲线的一支 C. 椭圆 D. 抛物线 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义，可将条件转化为，再结合双曲线的定义即可判断. 【详解】设， 根据复数的几何意义知，表示复平面内点与点的距离， 表示复平面内点与点的距离， 则， 则由双曲线的定义可知，点的轨迹为双曲线的左支， 故复平面内对应的点的轨迹为双曲线的一支. 故选：B 3. 已知数据的方差，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可得，即可得解. 【详解】因为，， 所以，所以. 故选：D 4. 的展开式中，含的项的系数是（ ） A. B. C. 30 D. 60 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式的通项即可求解. 【详解】， 所以展开式的通项为，， 展开式的通项为，， 展开式的通项为，， 令，得，所以含的项的系数是. 故选：. 5. 设函数是奇函数，，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用奇函数的性质求出，再结合求解即可. 【详解】因为，且， 所以，， 因为是奇函数，所以，解得， 因为，所以，故C正确. 故选：C 6. 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则 （ ） A. α∥β且∥α B. α⊥β且⊥β C. α与β相交，且交线垂直于 D. α与β相交，且交线平行于 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D． 考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论． 7. 如图，在等边中，，以为直径分别作半圆，是两段半圆弧上的动点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立两个不同的平面直角坐标系，对点位置分类讨论，结合圆的参数方程设出其坐标，利用平面向量积的坐标表示将表示为三角函数，再利用辅助角公式结合三角函数的有界性求解值域，最后两种情况再取并集即可. 【详解】首先，作的中点，我们对的位置分类讨论， 当在以为圆心的半圆弧上运动时， 如图，以中点为原点建立平面直角坐标系， 因为在等边中，，所以，， 则半圆的方程为，的参数方程为是参数，且， 得到，故，， 则， 因为，所以，得到， 即，故， 即此时， 其次，作中点， 当在以为圆心的半圆弧上运动时， 如图，以中点为原点建立平面直角坐标系， 因为在等边中，，所以，， 则半圆的方程为，的参数方程为是参数，且， 得到，故，， 则， 因为，所以，得到， 即，故，即此时， 综上，可得，故D正确. 故选：D 8. 设函数，其中，若，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据确定中有一个为2，然后再根据不等式性成立确定另两个的和即可得. 【详解】由已知是的零点， 在中令得，即，所以中有一个为2，设另两个为，则， 所以， 由得恒成立， ，，所以且，所以， 所以， 故选：C. 二､多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 函数为偶函数 B. 曲线一个对称中心为 C. 在区间单调递增 D. 的最大值为2 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意利用三角恒等变换整理得，结合正弦函数的性质逐项分析判断. 【详解】由题意可得：， 对于选项A：因为，所以为奇函数，故A错误； 对于选项B：令，解得， 所以曲线的对称中心为，，时，即，B正确； 对于选项C：因为， 即，即在内不是单调递增，故C错误； 对于选项D：因为， 所以的最大值为2，故D选项正确； 故选：BD． 10. 已知、是椭圆的左、右焦点，点在上，是上的动点，轴，垂足为，且为的中点，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 点的轨迹方程为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出椭圆的方程，利用椭圆的定义结合基本不等式可判断A选项；由椭圆定义可得，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值，可判断B选项；设点、，可得出点，代入椭圆方程可得出点的轨迹方程，可判断C选项；利用圆的几何性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，将点的坐标代入椭圆方程可得，因为，解得， 由椭圆定义可得，因为，则， ， 因为，且函数在上单调递减， 故的最大值为，A对； 对于B选项，不妨设点，则， 则 ， 因为， 所以， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 所以，的最小值为，B错； 对于C选项，设点，则点，设点， 由中点坐标公式可得，则， 因为点在椭圆上，则，即，化简得， 故点的轨迹方程为，C对； 对于D选项，圆的圆心为原点，半径为， 因为，故点在圆外， 所以，， 当且仅当为线段与圆的交点时，取最小值，D对. 故选：ACD. 11. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美.如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则（ ） A. 该石凳的表面积为 B. 该石凳的体积为 C. 直线与的夹角为 D. 平面 【答案】ABC 【解析】 【分析】将二十四等边体补全成一个棱长为的一个正方体，进而逐项判断即可. 【详解】对于A，由图可知，二十四等边体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成， 所以表面积为，A正确； 对于B，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为 ，其中每个小三棱锥的体积为， 所以该二十四面体体积为，所以B正确； 对于C，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，如图， 易知，与所成角为，所以直线与的夹角为，C正确； 对于D，由正方体易知：， 所成角为，所以所成角为， 又在平面内， 所以平面不成立，故D错误； 故选：ABC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数且.若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据对数的运算性质即可求解. 【详解】， 故，即，故. 故答案为： 13. 设为等差数列的前项和.若，且成等比数列，则__________. 【答案】3或 【解析】 【分析】由等比中项及等差数列前项和性质，列出等式求解即可. 【详解】由，可得， 即，即， 又成等比数列， 可得：，联立，消去， 可得：，可得：或， 当时，，易得， 当时，，可得， 所以3或， 故答案为：3或 14. 从集合中任取4个不同的数，组成无重复数字的四位数.若该四位数能被3整除的概率为；若取出的4个数按从小到大排列，中间两个数的和为7的概率为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】通过计数原理结合古典概型概率计算公式求解即可. 【详解】从集合中任取4个不同的数，可得无重复数字的四位数共， 四位数能被3整除，即四个数的和是3的倍数，共有5种情况，故共有种， 若取出的4个数按从小到大排列，共有种， 中间两个数的和为7，只能时或， 若中间为，两端只能为，一种情况， 若中间为，第一个数可以从选，第四个数可以从选，有, 故共有种， 所以，， 所以， 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. 在中，角所对边分别为，且. （1）求； （2）若的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用射影定理结合辅助角公式求解角度即可. （2）利用三角形面积公式求解出，再利用余弦定理建立方程，解出即可. 【小问1详解】 因为 所以， 由射影定理得， 即，于是， 即，又，解得. 【小问2详解】 因为， 所以解得，又由余弦定理得， 得到，解得. 16. 为了检测某种抗病毒疫苗免疫效果，需要进行小白鼠试验.现将300只小白鼠分为甲、乙两组，甲组200只，乙组100只.研究人员将疫苗注射到甲组的200只小白鼠体内，一段时间后检测小白鼠的某项指标值.检测发现有150只小白鼠体内产生抗体，其中该项指标值不小于60的占；没有产生抗体的小白鼠中该项指标值不小于60的占.假设各小白鼠注射疫苗后是否产生抗体是相互独立的. （1）填写如下列联表，并根据列联表及的独立性检验，判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关； 抗体 指标值 合计 小于60 不小于60 有抗体 没有抗体 合计 （2）用甲组中小白鼠产生抗体的频率估计概率，记乙组小白鼠在注射疫苗后产生抗体的只数为，当取最大值时，求. 参考公式：（其中为样本容量） 参考数据： 0.1 0.05 0.005 0.001 2.706 3.841 7.879 10.828 【答案】（1）列联表见解析，有关 （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知填表格，计算卡方，再比较临界值判断求解； （2）根据二项分布写出概率，再列不等式计算求解. 【小问1详解】 由题可得，列联表如下： 抗体 指标值 合计 小于60 不小于60 有抗体 25 125 150 没有抗体 20 30 50 合计 45 155 200 假设为：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联. 根据列联表中的数据，得：， 根据的独立性检验，推断不成立，即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关，此推断犯错误的概率不大于0.001. 【小问2详解】 由题知每只小白鼠在注射疫苗后产生抗体的概率的估计值为， 所以随机变量， 所以，要使最大，则 解得：，所以. 17. 如图，三棱台中，平面，分别是棱的中点. （1）证明：平面平面； （2）已知三棱台的体积大于2，且直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过，，得到平面，进而可求证； （2）由面面角的概念为平面与平面所成角，再结合求解即可. 【小问1详解】 证明：因为平面平面 所以，又因为，都在平面内， 所以平面，又因为平面 所以平面平面 【小问2详解】 解：在三棱台中，分别是棱的中点，所以且相等，且相等， 所以四点共面 由（1）知平面， 平面， ，在平面内， 得： 所以为平面与平面所成角， 设，点到平面的距离为 由可得： 所以 所以或 又因为 所以，所以 所以在中， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围； （3）对于点在处的切线方程为，若对任意，都有，则称为“好”点.当时，求的“好”点.（只要求写出结果，不需说明理由） 【答案】（1）答案见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求函数定义域，求导，利用导数判断函数单调区间； （2）求导，分类讨论a的范围，利用导数判断函数单调性，结合恒成立问题运算求解； （3）分析可知对任意，都有，构建函数，结合的单调性分类讨论，结合恒成立问题分析求解. 【小问1详解】 令，即，解得， 可知的定义域为. 当时，， 则， 当时，；当时，； 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 因为， ①当时，则， 可知在内单调单增，所以成立，符合题意； ②当时，若，即时，则， 可知在内单调单增，所以成立，符合题意； 若，即时，令，解得； 可知在内单调单减，此时，不合题意； 综上所述：的取值范围是. 【小问3详解】 的“好”点为，其理由如下： 设为的“好”点， 即对任意，都有， 当时，等号显然成立；当时，；当时，成立. 因为在处的切线方程为， 设，则， 因为，则，显然其为偶函数， 且当时，在内单调递增， 所以在内单调递减， （i）当时，因为为“好”点，所以此时成立. ①若，由于在递增，则 即，可知在递增， 所以，满足条件，即成立； ②若，当时，，即， 所以在递减，此时，矛盾，不满足条件； （ⅱ）当时，因为为“好”点，所以此时成立. ①若，由于在递减，， 则，所以在递增， 即，满足条件，则成立； ②若，当时，，即， 所以在递增，此时，矛盾，不满足条件. 综上所述：，所以只有一个“好”点. 19. 已知曲线，点，曲线上一点，直线与的另一个交点为.按照如下方式依次构造点，过作轴的垂线，垂足为，垂线与的另一个交点为.作直线，与的另一个交点为，直线与轴的交点为.记. （1）若，求； （2）求证：数列是等比数列，并用表示的通项公式； （3）对任意的正整数与的面积之比是否为定值？若是，请用表示该定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析， （3）是， 【解析】 【分析】（1）由两点求得直线方程，联立抛物线方程，可得答案； （2）设出直线方程，联立抛物线，写出韦达定理，结合等比数列的定义，可得答案； （3）根据三角形面积公式，整理化简，可得答案. 【小问1详解】 直线代入，可得， 设，则，所以，于是， 又因为，而直线方程为，代入可得， 设，则，所以，所以， 又因为，于是直线方程为， 令，得，所以，同理可得， 所以； 【小问2详解】 设直线方程为，设， 由联立可得：，于是， 则有，即①， 于是可化为， 设直线方程为，设， 由联立得：，于是， 则有，即②， 下面证明成等比数列： 由①可得③， 由①③可得④， 由②④可得即⑤， 于， 所以数列是等比数列，且首项为， 知， 于是直线的方程为，设， 由联立，可得， 于是，所以， 于是，所以，又， 于是直线的方程为，设， 由联立，可得， 于是，，所以， 于是， 则公比，则， 所以； 【小问3详解】 为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$