精品解析：2025届四川省高三下学期第二次大数据联考模拟预测数学试题

四川省2025届高三第二次教学质量联合测评 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．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．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 一、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，只有一个选项是正确的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 若随机变量的分布列如下表，表中数列是公比为2的等比数列，则（ ） 1 2 3 A. B. C. D. 7. 已知直线与曲线相交于两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8 8. 已知函数若关于的方程（为实常数）有四个不同的解，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知等差数列的公差，其前项和为，若，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 当时， D. 当时， 10. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最小值为 11. 1679年，德国著名数学家、哲学家戈特弗里德·威廉·莱布尼茨发明了二进制，这是一种使用0和1两个数码的数制，是现代电子计算机技术的基础．对于整数可理解为逢二进一，比如：在十进制中的自然数1在二进制中就表示为表示为表示为表示为表示为．若自然数可表示为二进制表达式，则，其中当时，或，记为整数的二进制表达式中0的个数，则以下说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的渐近线方程为__________． 13. 在一次数学测验中，某小组的7位同学的成绩分别为：109，116，122，126，131，134，140，则这7位同学成绩的上四分位数与下四分位数的差为__________． 14. 四棱锥中，底面为平行四边形，动点满足，）．设四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，则______． 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. 已知函数是的一个极值点． （1）求的值； （2）若直线与的图象相切，求的值． 16. 在中，内角的对边分别为的面积满足： （1）求； （2）若平分，且，求． 17. 如图，已知菱形和等边三角形有公共边，，点在线段上，与交于点，将沿着翻折成，得到四棱锥． （1）求证：平面； （2）当直线与平面所成角取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，上、下顶点分别为，且四边形的面积为． （1）求椭圆的方程； （2）设为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且． ①证明：直线过定点； ②设直线与直线交于点，记直线的斜率为，求的值． 19. 在高三年级排球联赛中，两支队进入到了比赛决胜局．该局比赛规则如下：上一球得分的队发球，赢球方获得1分，直到有一方得分达到或超过15分，且此时分数超过对方2分时，该队获得决胜局的胜利．假定该局比分已经达到了，此后每球比赛记为第球，队在第球比赛中得分的概率为，且；从第2球起，若队发球，则此球队得分的概率为，若队发球，则此球队得分的概率为． （1）若，求队以的比分赢得比赛的概率； （2）若，数列满足，记数列的前项和为，求证：； （3）当时，若，有，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省2025届高三第二次教学质量联合测评 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．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．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 一、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，只有一个选项是正确的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据子集的定义以及符号表示，可得答案. 【详解】由，则. 故选：B. 2. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数的除法求复数，写出对应点确定其所在的象限. 【详解】由题设，对应点为在第一象限. 故选：A 3. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由全称命题的否定，将任意改为存在，并否定原结论，即可得. 【详解】由全称命题的否定是特称命题，故原命题的否定为. 故选：D 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用平方关系求得，再由二倍角正弦公式求函数值. 【详解】由题设（负值舍）， 所以. 故选：C 5. 已知向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用向量垂直及数量积的运算律得，再由向量的夹角公式求与的夹角. 【详解】由题设，则， 所以，， 所以. 故选：B 6. 若随机变量的分布列如下表，表中数列是公比为2的等比数列，则（ ） 1 2 3 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列通项公式用表示、，再结合概率和为求出，最后根据期望公式计算． 【详解】已知数列是公比为的等比数列，可得，．  因为随机变量的所有概率之和为，即，将，代入可得： ，合并同类项得，解得．  根据离散型随机变量的期望公式，把，，代入可得： ．  故选：D． 7. 已知直线与曲线相交于两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线方程确定其所过的定点，再判断定点与圆的位置关系，结合直线与圆相交弦长最小有定点与圆心所在直线与垂直，最后应用几何法求弦长. 【详解】由题设过定点，而， 所以，即定点在圆内，且圆心为，半径为4， 所以定点与圆心的距离， 要使最小，即定点与圆心所在直线与垂直，此时. 故选：C 8. 已知函数若关于的方程（为实常数）有四个不同的解，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数解析式画出函数大致图象，数形结合有且，结合解析式有、、，最后由指数函数、对勾函数性质求目标式的范围. 【详解】根据函数解析式，可得函数大致图象如下， 由图知，且， 由，得，即，故， 由，则，由，则， 所以，且在上单调递增， 所以. 故选：A 二、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. 已知等差数列的公差，其前项和为，若，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 当时， D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用等差数列前n项和公式得，结合等差数列通项公式有，进而得，再依据等差数列的性质依次判断各项的正误. 【详解】由题设，则，进而有， 所以，故，，A、B对； 由，即，故恒成立，C错； 当，等差数列为递增数列，则且，故，D对. 故选：ABD 10. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简，由函数的性质可逐一可验证求解. 【详解】， 易知函数对称中心不在x轴上，故A错误； ，函数最大值也是3，故B正确； ，所以分别为函数最大值和最小值， ，故C正确； ， 即， 其中一中情况， 此时，的最小值为，故D错误； 故选：BC. 11. 1679年，德国著名数学家、哲学家戈特弗里德·威廉·莱布尼茨发明了二进制，这是一种使用0和1两个数码的数制，是现代电子计算机技术的基础．对于整数可理解为逢二进一，比如：在十进制中的自然数1在二进制中就表示为表示为表示为表示为表示为．若自然数可表示为二进制表达式，则，其中当时，或，记为整数的二进制表达式中0的个数，则以下说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题设新定义分别写出的二进制表示方式，判断A、B；由判断C；根据，结合二项式定理有，即可判断D. 【详解】对于A：，故，对； 对于B：，其中共有3个0，故，对； 对于C：，，故，显然时，错； 对于D：，则， 所以，对. 故选：ABD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的渐近线方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线方程直接写出渐近线方程即可. 【详解】由方程知，双曲线对应参数为，则其渐近线为， 所以，渐近线方程为. 故答案为： 13. 在一次数学测验中，某小组的7位同学的成绩分别为：109，116，122，126，131，134，140，则这7位同学成绩的上四分位数与下四分位数的差为__________． 【答案】18 【解析】 【分析】根据四分位数的定义分别求出上四分位数与下四分位数，再计算它们的差值． 【详解】计算下四分位数，已知数据个数，下四分位数即第分位数，此时，则． 由于1.75不是整数，将1.75向上取整得到，所以下四分位数是排序后第个数据，即． 计算上四分位数，上四分位数即第分位数，此时，则． 由于5.25不是整数，将5.25向上取整得到，所以上四分位数是排序后第个数据，即． 上四分位数与下四分位数的差为． 故答案为：18． 14. 四棱锥中，底面为平行四边形，动点满足，）．设四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，则______． 【答案】##0.4 【解析】 【分析】设，根据比率把体积都转换到三棱锥中，由可得到m的值，再利用向量共线可解. 【详解】∵动点满足，）， ∴动点在内，如图，延长OM交AB于N， 设，则 ∵底面为平行四边形，∴， ， ， ∵，∴， ∴，， ∵三点共线3，∴， 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. 已知函数是的一个极值点． （1）求的值； （2）若直线与的图象相切，求的值． 【答案】（1）； （2）2. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，根据极值点求得，注意验证结果即可； （2）若直线与的切点为，应用导数的几何意义求该点处的切线方程，进而得到且，并应用导数研究零点求得，即可得. 【小问1详解】 由题设且，又， 所以，此时，则， 区间上，单调递减，区间上，单调递增， 所以是的极小值点，故； 【小问2详解】 由题设，若直线与的切点为，则， 故切线方程为，即， 显然与是同一条直线，所以， 令且，则， 所以在上单调递增，又时， 综上，有唯一根为， 所以. 16. 在中，内角的对边分别为的面积满足： （1）求； （2）若平分，且，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式和正弦定理化简已知条件，进而求出角； （2）根据向量关系和角平分线性质，结合三角形面积公式求出边与的关系，再利用余弦定理求出. 【小问1详解】 已知，根据三角形面积公式，将其代入已知条件可得： 由正弦定理得： 因为，所以，，等式两边同时除以得 因为，所以，等式两边同时除以得： 即，所以.又因为，所以. 【小问2详解】 因为，所以. 又因为CD平分，所以. 根据三角形面积公式，可得，即. 在中，根据余弦定理，将，代入可得：，化简得 在中，根据余弦定理，将，代入可得：，即， 在中，根据余弦定理，将代入可得：，即， 因为，所以，即，则有： ，即，即， 解得.将代入可得，所以. 17. 如图，已知菱形和等边三角形有公共边，，点在线段上，与交于点，将沿着翻折成，得到四棱锥． （1）求证：平面； （2）当直线与平面所成角取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 由菱形和等边三角形有公共边，，易知共线， 且，，即，则为菱形， 所以，而，故，故翻折后， 由都在平面内，所以平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知确定为菱形，进而得到，即，再应用线面垂直的判定证明结论； （2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，设，，其中，，再标注出相关点的坐标，应用向量法得到线面角正弦值关于参数的表达式，确定该值最大时坐标，再应用向量法求面面角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）易知平面，平面，则平面平面， 如图，平面中过点作，又平面平面， 所以平面，故两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则， 令，其中，， 所以，平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 所以， 设，，则， 所以上，则在上单调递增， 上，则在上单调递减， 所以的最大值为，即时最大， 此时， 由，则是二面角的平面角， 所以，故平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，上、下顶点分别为，且四边形的面积为． （1）求椭圆的方程； （2）设为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且． ①证明：直线过定点； ②设直线与直线交于点，记直线的斜率为，求的值． 【答案】（1）. （2） ①证明：如图， 根据题意直线斜率存在，设，，， ，， ， ， ，即， 解得，， ∵， ∴直线过定点. ② 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程可求解. （2）①设直线方程，根据的关系化简可得m，即可证. ②求出交点，代入可计算的值. 【小问1详解】 根据题意四边形有4个直角三角形构成， ， ∴椭圆的方程为. 【小问2详解】 ①略 ②由上知，，联立解得， ，∴. 19. 在高三年级排球联赛中，两支队进入到了比赛决胜局．该局比赛规则如下：上一球得分的队发球，赢球方获得1分，直到有一方得分达到或超过15分，且此时分数超过对方2分时，该队获得决胜局的胜利．假定该局比分已经达到了，此后每球比赛记为第球，队在第球比赛中得分的概率为，且；从第2球起，若队发球，则此球队得分的概率为，若队发球，则此球队得分的概率为． （1）若，求队以的比分赢得比赛的概率； （2）若，数列满足，记数列的前项和为，求证：； （3）当时，若，有，求的取值范围． 【答案】（1）； （2） 由题意得，，则， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则， 由，得，故， 所以，故， 又因为，且，所以， 所以， 综上，. （3）. 【解析】 【分析】（1）利用独立事件概率乘法公式计算可得结果； （2）根据已知有，构造等比数列得，进而有，利用放缩法及等比数列前n项和公式可求的范围； （3）根据题意有，讨论、，结合等比数列的定义得与的关系式，根据条件确定的取值范围． 【小问1详解】 由题意得，队以的比分赢得比赛的概率为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意得，， 若，则，即，满足题意. 若，则，情况如下： 当时，由，得，满足条件. 当且时，是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即， 由得， 因为，所以，， 所以，解得，且，. 综上，的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $