2025年四川省德阳市高中高三年级质量监测考试（二）数学试卷+答案

德阳市高中2022级质量监测考试（二） 数 学 试 卷 说明： 1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共 4页，考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草 稿纸上答题无效 .考试结束后，将答题卡交回 . 2.本试卷满分 150分，120分钟完卷 . 第Ⅰ卷（选择题 共 58分） 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，只有一个选项 是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上 . 1.已知集合A = { }x ||| x - 3x + 1 ≤ 0 ，集合B = { }x | x2 + x - 2 ≤ 0 ，则A ⋂ B = A.[ ]-2 , 3 B.[ ]-1 , 1 C.( ]-1 , 2 D.( ]-1 , 1 2.若 x > 1，则函数 y = 2x + 8 x - 1 的最小值为 A.8 B.9 C.10 D.11 3.已知函数 f ( )x = cos ( )x + π3 ，现将函数 f ( )x 的图象横坐标变为原来的 12，纵坐标不变得到 函数g ( )x ，则g ( )π6 值为 A. 1 2 B.- 1 2 C. 3 2 D.- 3 2 4.已知 || a = 3，b = ( )2 , 2 ， || a - 2b = 51，则a在b方向上的投影向量为 A.( )1,1 B.( )- 1, - 1 C.( )2 2 ,2 2 D.( )- 2 2 , - 2 2 5.已知( )1 + ax ( )2 - x 4 ( )a ∈ R 的展开式中 x4的系数为17.则实数a的值为 A.-2 B. -1 C.1 D.2 6. 已知在平面直角坐标系 xoy 中，A ( )-2 , 1 ,B ( )-2 , 2 ，动点 P满足 || PA || PB = 2 2 ，点 Q 为抛 物线C:y2 = 4x上一动点，且点Q在直线x = -2上的投影为R，则 || PB + 2 || PQ + 2 ||QR 的 最小值为 A. 10 B.2 5 C.2 5 + 2 D.2 10 数学试卷 第1页（共4页） 7. 在三棱锥 P - ABC 中，平面 PAB ⊥平面 ABC,ΔPAB 为等腰三角形，且 ∠APB = 120°， AB = 2 3 , AC = 4 , ∠BAC = 90°,则三棱锥P - ABC外接球的表面积为 A.32π B.64π C.80π D.128π 8.已知对任意a,b ∈ R,不等式( )b - a eb - a ≥ be-b - λa恒成立，则实数λ的值为 A. 0 B. e C. -e D. 1 二、选择题：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 .全部选对得 6分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0分 . 9.已知 z1 , z2是复数，i为虚数单位，则下列说法正确的是 A.若 || z1 = 1，则 z1 = i B．∀z1、z2 ∈ C， || z1 z2 = || z1 || z2 C．z1 - z2 > 0是 z1 > z2的充要条件 D．若 z1 z2 = 0，则 z1,z2中至少有一个为0 10．已知函数 f ( )x = ( x - 1)2 ( )x - 4 + m的导函数为 f ′( )x A．若 f ( )x 有三个零点，则0 < m < 4 B．f ′( )4 - x = f ′( )x C．x = 1是 f ( )x 的极小值点 D当 x ≥ 0,f ( x ) ≥ 0时，则m ≥ 4 11．如图，点P是棱长为 3的正方体ABCD - A1 B1C1 D1的表面上一个动点，F是线段A1 B1的中 点，则 A．若点P满足AP ⊥ B1C，则动点P的轨迹长度为6 2 B．当直线AP与AB所成的角为45°时，点P的轨迹长度为 3 2 π + 6 2 C．三棱锥A - PB1 D1体积的最大值为 83 D．当P在底面ABCD上运动，且满足PF∥平面B1CD1时，线段PF长度最大值为3 2 数学试卷 第2页（共4页） 第Ⅱ卷（非选择题 共 92分） 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分 12.若随机变量η服从正态分布N ( )5 , δ2 ，且P ( )η < 2 = 0.1，则P ( )2 < η < 8 = 13.数列{ }an 中，满足a1 = 1，an + 1 = nan n + 2 ( )n ∈ N * ，则a1 + a2 + ⋅ ⋅ ⋅ +a2025 14.若关于α的方程 cos2α + 1 + msin2α mcos2α + m - sin2α = sin3α cos3α 在区间 (0 , π 4 )上有且仅有一个实数解，则实 数m= 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.（13分）2024年 7月 26日，第 33届夏季奥林匹克运动会在法国巴黎开幕，足球作为其 中的一项团队运动项目，风靡世界，深受大众喜欢，为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随 机抽取了男性和女性观众各100名进行调查，得到如下2 × 2列联表 . （1）判断是否有99.9%的把握认为喜爱足球运动与性别有关； （2）用样本分布的频率估计总体分布的概率，若现在从喜爱足球运动的观众中随机抽取 3名，记男性的人数为X，求事件X的分布列和数学期望； 附：χ 2 = n ( )ad - bc 2 ( )a + b ( )c + d ( )a + c ( )b + d ，n = a + b + c + d. 16（15分）.在ΔABC中，内角A，B，C所对的边分别为a,b,c, 且4bsin2 A 2 + c = 2b （1）判断ΔABC的形状； （2）若AD=3,且D是边BC的中点，求ΔABC的面积最大值 . 数学试卷 第3页（共4页） 男性 女性 合计 喜爱足球运动 60 30 90 不喜爱足球运动 40 70 110 合计 100 100 200 α xα 0.100 2.706 0.050 3.841 0.025 5.024 0.010 6.635 0.001 10.828 17（15分）.如图，在四棱锥P—ABCD中，PD⊥AB，PB=PD，底面ABCD是边长为 2 3 的 菱形，∠BAD = π 3 . （1）证明：平面PAC⊥平面ABCD； （2）若直线 CP 与平面 ABCD 所成角的正切值为 3 4，   PQ = 13   PC，求二面角 B—AQ—C 夹 角的余弦值 . 18.（17分）已知椭圆C： x2 a2 + y2 b2 = 1( )a > b > 0 过点E ( )1, 32 ，右焦点为F，D为上顶点，以 点D为圆心且过F的圆恰好与直线 x = -2相切 . （1）求C的方程； （2）过( )4 , 0 的直线与椭圆C交于A，B两点（不与椭圆的左、右顶点重合），设直线AF，BF 的斜率分别为 k1,k2，求证：k1k2 为定值； （3）点M，N在C上，且EQ ⊥ MN，Q为垂足， || EM ⋅ || EN = ||MN ⋅ || EQ ，求 || EQ 的最大值 . 19（17分）.已知数列{ }an 前n项和为Sn，满足Sn + 1 = 3Sn - 2n + 4，且a1 = 4 （1）求数列{ }an 的通项公式an； （2）令 f ( )x = a1x + a2x2 + ⋅ ⋅ ⋅ +an - 1xn - 1 + an xn,n ∈ N ∗，讨论 f '( )1 与 8n 2 + 11n - 3 4 的大 小关系； （3）对任意正整数n ∈ N ∗，( )1 + 1a1 ( )1 + 1a2 ⋅ ⋅ ⋅( )1 + 1an < m恒成立，求正整数m的最小值 . 数学试卷 第4页（共4页） 德阳市高中2022级质量监测考试（二） 数学答案及评分标准 一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分 . 1.D 2.C 3.B 4.B 5.A 6.C 7.A 8.D 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分 . 9.BD 10.ABD 11.BD 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分 12.0.8 13. 2025 1013 14.-2 2 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（13分） 【解】（1）零假设H0：喜爱足球运动与性别无关 . 由题χ 2 = 200 × ( )60 × 70 - 40 × 30 2 100 × 100 × 90 × 110 ≈ 18.182 > 10.828， ...................4分 根据小概率值α = 0.001的独立性检验，我们推断H0不成立， 即有99.9%的把握认为喜爱足球运动与性别有关 . ...................6分 （2）由题意可得从喜爱足球运动的观众中随机抽取一人，其为男性的概率为 2 3，......7分 故X~B ( )3, 23 ，∴P ( )X = k = Ck3 ( )23 k ( )13 3 - k ， ...................9分 E (X ) = 3 × 23 = 2 ...................13 分 16.（15分）. 解：由题意可得 sin2 A 2 = 2b - c 4b 则 1 - cos A 2 = 1 2 - c 4b 故 2bcosA=c ...................2分 ∴2 sin B cos A = sin C = sin ( A + B ) ...................3分 则2sinBcosA = sin A cosB + cos A sin B ∴sinBcosA - sin A cosB = 0 ∴sin (B - A) = 0 ...................5分 数学答案 第1页（共6页） X P 0 1 27 1 2 9 2 4 9 3 8 27 故B=A 故∆ABC为等腰三角形 ...................6分 （2）∵ A = B,则AC = BC设AC = BC = 2m 又∵ D为BC的中点 ∴ S∆ ABC =2S∆ ACD, AC = 2m ,CD = m 在∆ACD中 ,以AD为x轴 , AD中垂线为y轴 ,建立直角坐标系 设C ( x,y )由CA = 2CD ( x + 32 )2 + y2 = 2 ( x - 3 2 )2 + y2 ...................11分 即（x - 52）2+y2=4，∴ |y| ≤ 2 且 y ≠ 0 ...................13分 故S∆ ACD的最大值为 1 2 ×3×2 = 3 故S∆ ABC的最大值为6 ...................15分 17.（15分）. (1)解：连接BD交AC于点O，连接PO，因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC， ...........1分 又因为O为BD的中点，PD=PB所以PO⊥BD ....................2分 又AC，PO⊂面APC，且AC ⋂ PO = O，所以BD⊥平面APC ..................4分 又BD⊂平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD ...................6分 （2）过 P 作 PH⊥AC 交 AC 于点 H，面 APC⊥面 ABCD，PH⊥AC，面 APC⋂面 ABCD=AC， PH⊂面APC，所以PH⊥面ABCD，则∠PCH即为直线CP与平面ABCD所成角 ...........8分 因为AB⊥PD，AB⊥PH，PH，PD⊂面PHD，PH⋂PD=P，所以AB⊥面PHD， 又DH⊂面PHD，所以AB⊥DH， 所以 H为 DH，AO的交点，△ABD为等边三角形，所以 H为△ABD的重心，所以 OH=1， CH=4，在△PCH中 tan∠PCH = PH CH = 34，解得PH=3， ..............................10分 以O为原点，OB，OC所在直线为 x，y轴建立如图坐标系， 则A（0，-3，0），B（ 3，0，0），C（0，3，0），P（0，-1，3） 数学答案 第2页（共6页）   AB = ( )3 ,3,0 ， AQ =  AP + 13   PC = ( )0, 103 , 2 ，设平面ABQ和平面ACQ的法向量分别为 m和n，则{AB ⋅ m = 0AQ ⋅ m = 0，即m = ( )3 3 , - 3,5 ， ............................13分 又BD⊥平面AQC，则n = ( )1,0,0 ..................14分 设平面ABQ和平面ACQ的夹角为 θ，则 cosθ = || cos m,n = 3 18361 ....................15分 18.（17分） 解：（1）由题得：a = 2，又 14 + 9 4 b2 = 1，所以 b = 3， 则C的方程为： x2 4 + y2 3 = 1 ............................3分 （2）由题意得，直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为：x = ty + 4，A ( )x1,y1 ,B ( )x2,y2 联立{ x = ty + 4x24 + y23 = 1得：( )3t2 + 4 y2 + 24ty + 36 = 0 ............................4分 则 y1 + y2 = - 24t3t2 + 4 ,y1 y2 = 36 3t2 + 4，ty1 y2 = - 3 2 ( )y1 + y2 ..........................6分 则 k1 k2 = y1 x1 - 1 ⋅ x2 - 1 y2 = y1 ( )ty2 + 3 y2 ( )ty1 + 3 = 3 2 y1 - 3 2 y2 - 32 y1 + 3 2 y2 = -1 ..........................8分 （3）由题得：EM ⊥ EN，即  EM ⋅  EN = 0，设M ( )x3,y3 ,N ( )x4,y4 ，则 a、直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为：y = kx + m 联立{y = kx + mx24 + y23 = 1得：( )4k2 + 3 x2 + 8kmx + 4m2 - 12 = 0 x3 + x4 = - 8km4k2 + 3 ,x3x4 = 4m2 - 12 4k2 + 3 ， ...........................9分 又   EM ⋅  EN = ( )x3 - 1 ( )x4 - 1 + ( )y3 - 32 ( )y4 - 32 = x3x4 - ( )x3 + x4 + y3 y4 - 32 ( )y3 + y4 + 13 4 = 0......① 又 y3 y4 = ( )kx3 + m ( )kx4 + m = k2x3x4 + mk ( )x3 + x4 + m2......② y3 + y4 = kx3 + m + kx4 + m = k ( )x3 + x4 + 2m......③ 由①②③得：( )k2 + 1 x3x4 + ( )mk - 32 k - 1 ( )x3 + x4 + m2 - 3m + 134 = 0............12分 数学答案 第3页（共6页） 即( )k2 + 1 4m2 - 124k2 + 3 + ( )mk - 32 k - 1 - 8km4k2 + 3 + m2 - 3m + 134 = 0 即( )k + m - 32 ( )k + 7m + 32 = 0 又直线MN不过E( )1, 32 ，则 k + m - 32 ≠ 0，即 k + 7m + 32 = 0 ..................14分 则直线MN的方程为：y = k ( )x - 17 - 314，过定点P ( )17 , - 314 .....................15分 b、直线MN的斜率不存在时，设M ( )x3,y3 ,N ( )x3, - y3 ，则   EM ⋅  EN = ( )x3 - 1 ( )x3 - 1 + ( )y3 - 32 ( )- y3 - 32 = x3 2 - 2x3 - y3 2 + 134 = 0 又 x3 2 4 + y3 2 3 = 1，则7x3 2 - 8x3 + 1 = 0，x3 = 1（舍），x3 = 1 7， 此时直线MN过定点P ( )17 , - 314 ................................16分 ∵ ( 1 7 )24 + ( 314 )23 <1 ∴点P在椭圆内部 则 || EQ 的最大值为 || EP = 6 57 ................................17分 19（17分）. 解：n = 1时，S2 = 3S1 + 2，所以a2 = 10 Sn + 1 = 3Sn - 2n + 4 n ≥ 2时，Sn = 3Sn - 1 - 2 ( )n - 1 + 4. ....................................1分 ∴ an + 1 = 3an - 2，∴ an + 1 - 1 = 3( )an - 1 ( )n ≥ 2 又a1 = 4,a2 = 10，a2 - 1 = 3( )a1 - 1 成立 an + 1 - 1 an - 1 = 3对n ∈ N ∗成立 ....................................3分 所以数列{ }an - 1 为以a1 - 1 = 3为首项，q = 3为公比的等比数列 所以an - 1 = 3n an = 3n + 1 ..........................4分 （2）因为 f ( )x = a1x + a2x2 + ⋅ ⋅ ⋅ +an - 1xn - 1 + an xn f '( )x = a1 + 2a2x + ⋅ ⋅ ⋅ +( )n - 1 an - 1xn - 2 + nan xn - 1 f '( )1 = a1 + 2a2 + ⋅ ⋅ ⋅ +( )n - 1 an - 1 + nan ................................5分 =31 + 1 + 2 ( )32 + 1 + ⋅ ⋅ ⋅ +( )n - 1 ( )3n - 1 + 1 + n ( )3n + 1 数学答案 第4页（共6页） =( )31 + 2 ⋅ 32 + 3 ⋅ 33 + ⋅ ⋅ ⋅ + n ⋅ 3n + ( )1 + 2 + 3 + ⋅ ⋅ ⋅ + n 令Tn = 31 + 2 ⋅ 32 + ⋅ ⋅ ⋅ +( )n - 1 3n - 1 + n ⋅ 3n 3Tn = 32 + 2 ⋅ 33 + ⋅ ⋅ ⋅ +( )n - 1 ⋅ 3n + n ⋅ 3n + 1 则 - 2Tn = 31 + 32 + ⋅ ⋅ ⋅ +3n - n ⋅ 3n + 1 所以Tn = ( )2n - 1 ⋅ 3 n + 1 4 + 3 4 .. ......................8分 f '( )1 = ( )2n - 1 ⋅ 3n + 14 + 3 4 + n2 + n 2 所以 f '( )1 - 8n2 + 11n - 34 = ( )2n - 1 ⋅ 3n + 1 4 - 6n2 + 9n - 6 4 = 3( )2n - 1 ( )3n - ( )n + 2 4 ..................9.分 所以当n = 1时，f '( )1 = 8n2 + 11n - 34 ，当n ≥ 2时， ∴2n-1>0 3n+1-(n + 3) - 3n + (n + 2) =2·3n-1>0 ∴3n-(n+2)单调递增 ∴f '( )1 > 8n2 + 11n - 34 .........10分 (3)令f ( x ) = x - 1 - lnx 则f'( x ) = 1 - 1 x = x - 1 x 令f'( x ) > 0,则x > 1 令f'( x ) < 0,则0 < x < 1 故f ( x )在 (0,1)单调递减,(1, + ∞ )单调递增 则 f ( x ) min=f'(1)=0 所以 f ( x ) ≥ f (1) = 0 x-1≥lnx(当且仅当 x=1时取等号) ......................12分 则 ln ( )1 + 1an < 1an= 13n + 1 < 13n .........................13分 所以 ln ( )1 + 1a1 < 13 ,ln ( )1 + 1a2 < 132 , ⋅ ⋅ ⋅,ln ( )1 + 1an < 13n 所以 ln ( )1 + 1a1 + ln ( )1 + 1a2 + ⋅ ⋅ ⋅ +ln ( )1 + 1an < 13 + 132 + ⋅ ⋅ ⋅ + 13n ln ( )1 + 1a1 + ln ( )1 + 1a2 + ⋅ ⋅ ⋅ +ln ( )1 + 1an < 12 - 12 ⋅ ( )13 n < 12 = ln e 数学答案 第5页（共6页） ( )1 + 1a1 ( )1 + 1a2 ⋅ ⋅ ⋅( )1 + 1an < e ..........................15分 设bn = ( )1 + 1a1 ( )1 + 1a2 ⋅ ⋅ ⋅( )1 + 1an ,则 bn + 1bn = 1 + 1an + 1 > 1 则 }{bn 单调递增 又因为( )1 + 1a1 ( )1 + 1a2 ⋅ ⋅ ⋅( )1 + 1an > 1 + 1a1 = 54 ..........................16分 所以正整数m的最小值为2 ..........................17分 数学答案 第6页（共6页）