精品解析：西南名校联盟2025届“ 3+3+3”高考备考诊断性联考（四）数学试卷

西南名校联盟2025届“3+3+3”高考备考诊断性联考（四） 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. 已知全集，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数与复数对应的点关于实轴对称，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 3. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知命题：“，”为假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知为原点，椭圆的右顶点、右焦点分别为，，过点的直线（与轴不重合）与分别交于点，．若直线交线段于且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，是奇函数，是偶函数，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） 8. 已知直三棱柱的顶点都在半径为3的球的球面上，点到平面的距离为1，，则下列说法正确的是（ ） A. 面积最大值为8 B. 直三棱柱体积最大值为16 C. 点到平面距离的最大值为 D. 四棱锥体积最大值为 9. 某中学九年级在体能测试后，为分析学生的跳绳成绩，随机抽取了120名学生的1分钟跳绳的次数，将所得数据整理后，分为6组画出如图频率分布直方图．为进一步分析学生的成绩分布情况，经计算得到这120名学生中，跳绳次数位于的学生跳绳次数的方差为2，跳绳次数位于的学生跳绳次数的方差为2.5．则下列说法正确的是（ ） A. B. 估计该年级学生跳绳次数的60%分位数约为135 C. 估计该年级学生跳绳次数在140次及以上的学生跳绳次数的平均数为147.5 D. 估计该年级学生跳绳次数在140次及以上的学生跳绳次数的方差为26.2 10. 设曲线，下列说法正确的是（ ） A. 曲线的图象在第二、四象限内 B. 曲线的一条渐近线为轴 C. 曲线与直线有且仅有一个交点 D. 曲线与圆有四个交点 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 11. 设向量、满足，，，则与的夹角为________． 12. 已知随机变量服从正态分布，且，，则________． 13. 已知，顺次连接函数与的任意四个相邻交点，所构成的四边形的周长为，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） 14. 记的内角、、的对边分别为、、，已知． （1）求； （2）若，，求的面积． 15. 如图，在三棱锥中，，为的中点，，且平面平面． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 16. 已知双曲线的左、右顶点分别为，，在上，满足． （1）求的方程； （2）过点的直线（与轴不重合）交于，两点．若，求直线的方程． 17. 在足球训练中，甲、乙、丙三人进行传球训练．每次传球按以下规则转移：当球在甲脚下时，他有的概率继续控球（不传给别人），的概率传给乙；当球在乙脚下时，他有的概率回传给甲，的概率传给丙；当球在丙脚下时，他有的概率传给甲，的概率传给乙．初始时球在甲处，每次传球是相互独立的． （1）求两次传球后球在乙处的概率，以及三次传球后球在丙处的概率； （2）记次传球后，球在甲处的概率为，在乙处的概率为． （i）证明：数列是等比数列； （ii）求和的通项公式． 18. 定义：，是函数的两个极值点，若，则称为“函数”． （1）若为“函数”，求实数的取值范围； （2）已知函数有两个极值点． （i）求的取值范围； （ii）证明：为“函数”． 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（四） 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. 已知全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用补集和交集的定义可求得集合. 【详解】因为全集，，，则，故. 故选：B. 2. 在复平面内，复数与复数对应的点关于实轴对称，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据复平面内关于实轴对称的点的坐标特征求出复数，然后再根据复数模的计算公式求出. 【详解】，其在复平面内对应的点为. 因为复数与复数对应的点关于实轴对称，在平面直角坐标系中，关于实轴对称的点横坐标不变，纵坐标互为相反数.所以对应的点为，那么复数.  由，其中，，将其代入模的计算公式可得： .  故选：B. 3. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先把抛物线方程化为标准式，即可得其准线方程. 【详解】由抛物线，得，所以，解得， 所以其准线方程为. 故选：C. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将已知条件同时平方，再根据，化简得，再根据正弦二倍角公式即可求得. 【详解】已知，两边同时平方得，即， 又，得，即，所以. 故选：A. 5. 已知命题：“，”为假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据原命题为假命题得出其否定为真命题，再将问题转化为不等式恒成立问题，最后利用基本不等式求解实数的取值范围. 【详解】已知命题“”为假命题，根据特称命题的否定为全称命题， 可知其否定“”为真命题.  由，，移项可得， 因为，两边同时除以，得到在上恒成立.  在中，因为，所以2x和都是正实数，则， 当且仅当，即时等号成立.  因为在上恒成立，所以要小于等于的最小值， 即， 所以实数的取值范围是.  故选：A. 6. 已知为原点，椭圆的右顶点、右焦点分别为，，过点的直线（与轴不重合）与分别交于点，．若直线交线段于且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设点，利用对称性得，分别求出直线与的方程，联立求得，利用代入点的坐标，求得，两式联立消元后推得，结合，即可求得离心率. 【详解】如图，，设点的坐标为，则由对称性知， 则直线的方程为：，直线的方程为：， 联立两直线方程，消去，可得， 依题意，化简后解得：. 因，由图知，即，则得， 即，化简得：， 即，因，故，则的离心率为. 故选：D. 7. 已知函数的定义域为，是奇函数，是偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇函数、偶函数的定义可得出关于、的等式组，求出的解析式，代值计算可得的值. 【详解】因为函数为奇函数，即， 所以，可得①， 因为函数是偶函数，即， 所以，可得②， 联立①②可得，因此. 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） 8. 已知直三棱柱的顶点都在半径为3的球的球面上，点到平面的距离为1，，则下列说法正确的是（ ） A. 面积最大值为8 B. 直三棱柱体积最大值为16 C. 点到平面距离的最大值为 D. 四棱锥体积最大值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，求出，然后引入参数，即可求面积最大值；对于B，由A结论即可判断；对于C，将所求转换为的函数即可；对于D，由C结论即可判断. 【详解】对于A，直三棱柱满足，故我们可以把它放入如下图所示的长方体中， 设的中点为，则直三棱柱的外接球的球心为的中点， 因为点是直角三角形的斜边的中点， 所以， 设，所以， 所以面积为，等号成立当且仅当，故A正确； 对于B，由题意直三棱柱体积，等号成立当且仅当，故B正确； 对于C，过点作于点，因为平面，平面， 所以， 又因为平面，所以平面， 故所求长度为，等号成立当且仅当，故C正确； 对于D，四棱锥体积，等号成立当且仅当，故D错误. 故选：ABC. 9. 某中学九年级在体能测试后，为分析学生的跳绳成绩，随机抽取了120名学生的1分钟跳绳的次数，将所得数据整理后，分为6组画出如图频率分布直方图．为进一步分析学生的成绩分布情况，经计算得到这120名学生中，跳绳次数位于的学生跳绳次数的方差为2，跳绳次数位于的学生跳绳次数的方差为2.5．则下列说法正确的是（ ） A. B. 估计该年级学生跳绳次数的60%分位数约为135 C. 估计该年级学生跳绳次数在140次及以上的学生跳绳次数的平均数为147.5 D. 估计该年级学生跳绳次数在140次及以上的学生跳绳次数的方差为26.2 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，频率分布直方图里各长方形面积和是固定值1.把各区间频率系数相加乘组距得到总面积表达式，令其等于1，就能求出系数. 对于B选项，先算出前几个矩形面积和，通过与0.6比较，确定60%分位数所在区间.再依据分位数定义，用已有的面积和加上该区间内的面积等于0.6，列方程求解分位数. 对于C选项，先确定140次及以上不同区间的比例，再用加权平均的方法，以比例为权重乘以对应数值求平均. 对于D选项，根据方差公式，以不同区间的比例为权重，分别计算每个区间数值与平均数差值的平方加上给定值，再求和得到方差. 【详解】对于A选项，频率分布直方图各长方形面积和为1.已知，解得，所以A正确. 对于B选项，先算前三个矩形面积和，把代入得； 前四个矩形面积和，代入得， 说明60%分位数在内.根据定义，解得，所以B正确. 对于C选项，140次及以上频率比为，平均数为，所以 C错误. 对于D选项，根据方差公式，140次及以上方差为 ，所以D正确. 故选：ABD. 10. 设曲线，下列说法正确的是（ ） A. 曲线的图象在第二、四象限内 B. 曲线的一条渐近线为轴 C. 曲线与直线有且仅有一个交点 D. 曲线与圆有四个交点 【答案】BC 【解析】 【分析】取点可判断A选项；由曲线的方程变形得出，令，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断出BC选项；联立曲线与圆的方程，可得出，令，其中，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，即点在曲线上，A错； 对于B选项，显然不满足方程，则有， 令，其中，， 当时，，即函数在上单调递减， 当或时，，即函数在区间、上单调递增， 作出函数的图象如下图所示： 由图可知，曲线的一条渐近线为轴，B对； 对于C选项，因为的极小值为， 结合图形可知，直线与函数的图象只有一个交点，C对； 对于D选项，当时，，曲线在轴左侧的图象与圆没有交点， 当时，由可得，即， 令，其中，则， 令，其中，则， 故函数在上为增函数， 因为，， 故存在，使得， 当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 因为，，， 所以，， 所以函数在、内各有一个零点， 因此，曲线与圆有两个交点，D错. 故选：BC. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 11. 设向量、满足，，，则与的夹角为________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算律结合夹角的计算公式可得结果. 【详解】因为，，， 所以，即， 所以，即，故与的夹角为. 故答案为：. 12. 已知随机变量服从正态分布，且，，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据正态分布的性质，先确定正态分布曲线的对称轴，再利用正态分布曲线的对称性得到与的关系，最后结合概率之和为来求解的值. 【详解】已知，所以该正态分布曲线关于直线对称.  因为正态分布曲线关于直线对称，与关于对称，所以.  由于随机变量取所有可能值的概率之和为，即. 将，代入上式可得：，即，解得.  故答案为：. 13. 已知，顺次连接函数与的任意四个相邻交点，所构成的四边形的周长为，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】作出图形，分析可知四边形为平行四边形，根据平行四边形的两条邻边长之和为可求出的值. 【详解】如下图所示： 由题意可知， 联立可得或， 不妨取点，则， 所以， 由题意可知，四边形为平行四边形，且其周长为， 所以， 令，可得，即，整理可得， 即，由可得，故， 即，解得. 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） 14. 记的内角、、的对边分别为、、，已知． （1）求； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理可求出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用余弦定理结合已知条件求出的值，再结合三角形的面积公式可求得的面积. 【小问1详解】 由及正弦定理可得，即， 由余弦定理可得， 因为，故. 【小问2详解】 因为，即， 所以的面积为. 15. 如图，在三棱锥中，，为的中点，，且平面平面． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：已知，，为的中点. 所以，且，.可知为等腰直角三角形. 由勾股定理，且，可得，所以. 因为平面平面，且为交线，平面，根据面面垂直的性质定理， 所以平面.由于平面，所以. 已知，，则，， 所以. 根据勾股定理的逆定理可得，即. 因为，，，平面，平面， 根据线面垂直的判定定理,所以平面. 又因为平面，根据面面垂直的判定定理,所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据等腰三角形三线合一性质得到线线垂直关系，再利用勾股定理证明是等腰直角三角形，进而得到. 然后根据面面垂直的性质定理得到平面，从而得出. 接着通过勾股定理逆定理证明. 最后根据线面垂直判定定理得到平面，再依据面面垂直判定定理证明平面平面. （2）先建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而得到平面和平面的法向量. 再利用向量的夹角公式求出两个平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 建立空间直角坐标系并求出相关点的坐标： 设为的中点，连接，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，根据面面垂直的性质定理可得平面. 连接，因为为中点，为中点，所以， 又，所以，且平面. 以、、方向建立空间直角坐标系. 已知，，则，，. 所以，，，，进而可得，，. 设平面的法向量为，由可得，即. 令，则，，所以. 同理，设平面的法向量为，由可得，即. 令，则，所以. 设平面与平面的夹角为，根据向量的夹角公式. 求出，，. 所以. 则平面与平面的夹角的余弦值为. 16. 已知双曲线的左、右顶点分别为，，在上，满足． （1）求的方程； （2）过点的直线（与轴不重合）交于，两点．若，求直线的方程． 【答案】（1）； （2）或． 【解析】 【分析】（1）根据斜率乘积得，再代入即可得其曲线方程； （2）设直线，联立双曲线方程得到韦达定理式，再计算得到的表达式即可得到方程，解出即可. 【小问1详解】 由题意，故．解得． 将代入得，所以， 故双曲线的方程为． 【小问2详解】 过点的直线（与轴不重合），故设直线． 设，联立，整理得：， 且， 故， 故． 即， 则， 即， 解得或，即或： 故的方程为：或． 17. 在足球训练中，甲、乙、丙三人进行传球训练．每次传球按以下规则转移：当球在甲脚下时，他有的概率继续控球（不传给别人），的概率传给乙；当球在乙脚下时，他有的概率回传给甲，的概率传给丙；当球在丙脚下时，他有的概率传给甲，的概率传给乙．初始时球在甲处，每次传球是相互独立的． （1）求两次传球后球在乙处的概率，以及三次传球后球在丙处的概率； （2）记次传球后，球在甲处的概率为，在乙处的概率为． （i）证明：数列是等比数列； （ii）求和的通项公式． 【答案】（1）; （2）（i）证明：表示次传球后球在乙处的概率，它有两种情况： 第次球在甲处，第次甲传给乙，概率为； 第次球在丙处，第次丙传给乙，概率为. 所以. 则. 又，. 所以数列是以为首项，为公比的等比数列. （ii）； 【解析】 【分析】（1）两次传球后球在乙处： 思路：找两次传球到乙的唯一情况“甲→甲→乙”，每次传球有对应概率，分步完成用乘法算总概率. 三次传球后球在丙处： 思路：确定三次传球到丙的唯一情况“甲→甲→乙→丙”，各次传球概率已知，分步用乘法得总概率. （2）（i）先明确次传递后球在各处概率关系，根据传球规则得出次传递后球在甲、乙处概率表达式，化简后对乙处概率表达式变形，结合初始值证明是等比数列. （ii）用等比数列通项公式求出，再代入表达式得，验证首项满足后确定通项. 【小问1详解】 两次传球后球在乙处：只有“甲→甲→乙”这一种情况.第一次甲传给甲概率是，第二次甲传给乙概率是，分步用乘法，所以概率为. 三次传球后球在丙处：只有“甲→甲→乙→丙”这一种情况.第一次甲传给甲概率，第二次甲传给乙概率，第三次乙传给丙概率，分步用乘法，概率为. 【小问2详解】 （i）略 （i i）由（i）可知，所以. 因为， 则， 所以，符合上式， 所以. 18. 定义：，是函数的两个极值点，若，则称为“函数”． （1）若为“函数”，求实数的取值范围； （2）已知函数有两个极值点． （i）求的取值范围； （ii）证明：为“函数”． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明：令. ，由均值不等式（当且仅当时取等号）， 所以，在上单调递增. 又，当时，，即. 利用单调性证明： 因为，且在上单调递减，，， 所以，即. 构造函数并分析单调性证明： 因为时，，在上单调递减，， 所以，. 其中， 令， 则， 令，，在上单调递增. 当时，，即，在上单调递增，. 所以，即. 综上，函数为“函数”. 【解析】 【分析】（1）先求出两个零点.再依据“函数”条件，列出关于零点和函数值的不等式，最后解不等式得出参数范围. （2）（i）对函数求导后令其为，再对求导找单调性和最小值.根据存在两个不同变号零点，结合其极限情况确定参数范围. （ii）构造，通过求导判断单调性，利用单调性和性质证明.接着根据单调性得到，构造，求导判断单调性，证明，从而证明函数为“函数”. 【小问1详解】 已知，对求导得. 令，即，解得或. 因为函数为“函数”，所以. ，， . 则不等式为. 解，得.解，得，所以. 取交集得. 则实数的取值范围. 【小问2详解】 （i）已知，求导得， 令，得. 令，即，解得. 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以. 当时，；当时，. 因为函数存在两个不同的变号零点，所以，即. (ii)略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $