精品解析：四川省泸州市合江县天立学校2025届高三考前押题卷数学试题

四川省泸州市合江县天立学校2025届高三考前押题卷数学试题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据补集的定义，找出全集中不在集合中的元素. 【详解】根据补集的定义知. 故选：B. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. -1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过复数的除法运算法则化简给定的复数，再求出其共轭复数，最后根据虚部的定义确定的虚部. 【详解】由题意，，则，所以的虚部为1. 故选：A. 3. 亚冬会期间，从4位志愿者中安排2人值守2个不同的岗位，规定每个值守岗位只安排一位志愿者，则不同的安排方法种数为（ ） A. 6 B. 12 C. 16 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用排列的意义列式计算作答即可得. 【详解】，故不同的安排方法种数为种. 故选：B. 4. 已知是奇函数，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由奇函数性质可得，列方程求，再检验所得结果即可. 【详解】由，可得，所以， 所以的定义域为， 因为是奇函数，所以， 又，， 所以，解得. 当时，， 函数的定义域为，定义域关于原点对称， ，所以此时是奇函数 故选：D. 5. 已知角的顶点在原点，始边为轴的非负半轴，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件根据三角函数的定义求，再结合二倍角公式求，由此可确定正确选项. 【详解】因为到原点的距离， 根据三角函数定义可得，， 所以，， 故选：D. 6. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件得到该圆锥内半径最大的球为该圆锥的内切球，结合图象，根据等面积法，求得内切球的半径，即可求解. 【详解】如图为圆锥及圆锥内半径最大球的轴截面图，球心为，设球半径为，则，， 则，所以， ，由等面积法， 可得， 故选：C. 7. 已知双曲线的左焦点为，直线与的左､右两支分别交于点，若，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得出四边形为矩形，利用双曲线定义求出，进而在直角中利用勾股定理求出，从而求出即可求解. 【详解】设的右焦点为，由题意知四边形为平行四边形. 因为，所以，故四边形为矩形， 由双曲线定义得，在直角中，， 由，得，解得， 所以， 所以的渐近线方程为. 故选：A. 8. 若实数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】原方程等价于，令，利用导数求出其最大值为零后可得的值，从而可得正确的选项. 【详解】由题意，得， 令，则有， 又，故， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以. 又，故，所以， 所以. 故选：D. 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据基本不等式及不等式的性质依次判断各项的正误. 【详解】用替代中的，得到，当且仅当时取等号，故A正确； 取，则，故B错误； ，当且仅当时取等号，故C正确； 因为，所以， 即，当且仅当时取等号，故D正确. 故选：ACD 10. 已知函数，则（ ） A. 在内有且仅有3个极大值点 B. 的图象关于点对称 C. 若，则 D. 在上的单调递减区间为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用二倍角的正弦可得，利用整体法结合正弦函数的性质判断AD， 证明判断B，求出函数的值域后求出两角的大小再利用两角和的正切公式计算后判断C. 【详解】， 对于A，当时，， 而在内有且仅有2个极大值点， 故在有且仅有2个极大值点，故A错误； 对于B，因为， 所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C，因为，故，则， 故，所以，其中， 所以，所以，故C正确； 对于D，令，解得， 所以的单调递减区间为. 所以在上的单调递减区间为， 故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 若是正方体表面上的动点，且，则长度的最大值为3 B. 四面体的体积为 C. 平面截正方体所得截面的面积为 D. 平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】A取的中点，连接，根据已知证明平面，进而确定点的轨迹是矩形（点除外）判断；B在四边形中，取的中点，连接，过点作于，且交于点，过作且交于点，利用线面垂直的性质及判断找到棱锥的高，结合相关线段长及棱锥的体积公式求体积；C分别取的中点，连接，，根据平面的基本性质确定截面，再求面积即可；D利用线面垂直的性质和判断证明即可. 【详解】对于A，取的中点，连接. 因为，所以， 所以四边形是平行四边形，易得，所以， 所以，所以. 因为平面平面，所以. 又平面，所以平面. 而，则平面，所以点的轨迹是矩形（点除外）. 当与重合时，的长度最大，且最大值为，故A正确； 对于B，在四边形中，取的中点，连接，过点作于，且交于点，过作且交于点. 因为，，所以. 而. 因为平面平面，所以. 又平面，所以平面. 所以点到平面即平面的距离为， 所以，故B错误； 对于C，分别取的中点，连接，， 平面截正方体所得截面即为正六边形，其面积为，故C正确； 对于D，平面，平面，则，而， 由都在平面内，则平面，平面， 所以，同理.又且都在平面内， 所以平面，即平面，故D正确. 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线经过椭圆的一个顶点，则的离心率为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据直线求与坐标轴交点，结合椭圆方程和已知得，进而求离心率. 【详解】令，得，显然点不可能是的一个顶点， 令，得，所以点是的一个顶点， 所以，故椭圆的离心率. 故答案为： 13. 已知数据的平均数是4，数据的平均数是20，则，的方差为__________. 【答案】16 【解析】 【分析】先求出数据的方差后再利用方差的性质可得新数据的方差. 【详解】数据的方差， 所以数据的方差为. 故答案为： 14. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔•德•费马（1601-1665）于1643年提出了三角形中的“费马点”，即“对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点”.在中，是的费马点，则的长度为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据，费马点在内，作出辅助线，推出在线段上，利用半角公式得到，故，由正弦定理得到. 【详解】由，得.故费马点在内， 且. 取的中点，由，得是线段的中垂线. 在和中，，， 两式相减，得， 即0，可见， 所以在的中垂线上. 又在内，所以在线段上. . 在中，， 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. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，是的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：连接，设，连接. 因为底面是菱形，所以是的中点. 又是的中点，所以为的中位线，所以. 又平面平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，设，连接，根据中位线可得，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求面面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以为原点，分别以所在的方向为轴，轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 所以. 设为平面的法向量，则即 令，则. 设为平面的法向量，则即 令，则. 所以. 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 16. 某工厂有两条生产线加工同一型号的零件，生产线加工的次品率分别为，生产出来的零件混放在一起，已知生产线加工的零件数分别占总数的. （1）现从该厂随机抽取一个零件，计算它是次品的概率； （2）如果取到的一个零件是次品，计算它是生产线加工的概率；（精确到小数点后第三位，采用四舍五入法） （3）从混放在一起的零件中随机抽取3个，若取到1个次品，对责任人罚款5元；若取到1个正品则对同一责任人奖励10元，用表示该责任人由3个零件获得的金额，求的期望及方差. 【答案】（1）； （2）； （3），. 【解析】 【分析】（1）由全概率公式计算求解即可； （2）利用贝叶斯公式计算即可； （3）设3个零件中的次品数为，则服从二项分布，再根据题意可得与的关系式，利用二项分布的期望和方差公式结合其性质计算即可. 【小问1详解】 设“任取一个零件为次品”，分别表示“零件为生产线加工”， 由题设，. 由全概率公式， 【小问2详解】 由题意，所求概率为. 【小问3详解】 设3个零件中的次品数为，则. 因为， 所以， . 17. 已知抛物线的焦点为，准线为，以为圆心的圆与相切，与相交于两点（在轴的上方），且. （1）求的方程； （2）设过且不与坐标轴垂直的直线与交于两点，过线段的中点的直线与轴交于点，且点在点的右侧，，证明：. 【答案】（1） （2）证明：设直线， 由得， 显然判别式. 设，则， 所以，即. 由抛物线的定义，得. 由及在的右侧，得，解得， 即. 所以，从而， 故. 【解析】 【分析】（1）以为圆心且与相切的圆的方程为，联立方程，求出的坐标，求出标准方程； （2）设直线，联立方程，设，利用韦达定理，再由抛物线定义，进而求解. 【小问1详解】 以为圆心且与相切的圆的方程为， 将代入并整理，得，即. 考虑到，解得，代入，解得， 所以点的坐标分别为，所以，解得. 故的方程为. 【小问2详解】 略 18. 已知数列的前项和满足（为不等于0的常数），且. （1）证明：为等比数列； （2）设且，若，求正整数的值； （3）是否存在，使得依次成等差数列？若存在，给出符合题意的的个数；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明：因为，① 所以，② ②-①，得. 由，得，即. 由，得， 且，所以. 所以是公比为的等比数列. （2） （3）不存在，理由： 假设存在，使得成等差数列. 而成等差数列 由，解得，或（舍去）. 当时，， 所以方程组不存在不等于1的解， 故不存在，使得成等差数列. 【解析】 【分析】（1）由与的关系证明即可； （2）求出，分类讨论去掉绝对值求和即可，整理得，求出即可； （3）假设存在，使得成等差数列，列出方程组求解即可判断是否存在. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意，得. 当时，，不满足题意，故. 当时， . 由题意，得，整理得，解得. 【小问3详解】 略 19. 如果函数满足条件：①；②，则称是次可加函数.次可加函数在数学的多个领域中都有重要应用，如概率论､数论､组合数学､经济学､计算机科学､统计力学､优化理论､控制理论等. （1）判断是否是次可加函数，并说明理由；若，试判断与的大小关系； （2）设函数，若在上单调递减，证明：是次可加函数； （3）判断是否是次可加函数，并证明：当时，. 【答案】（1）是，理由如下： 当时，，满足条件①； 对，满足条件②. 所以是上的次可加函数. 由题意，得. 由上面的论证过程，可得. （2）证明：对， （i）若中至少有一个为0，不妨设，则. 由，知，所以； （ii）若均不为0，则. . 又在上单调递减，所以， 由不等式的性质，得. 综上，是次可加函数. （3）是，证明如下： 当时，因为，所以是增函数，.满足条件①； ，所以满足条件②. 综上，是次可加函数. 当时， . 令，则， 显然在上单调递增，所以当时，， 因为在上是增函数，所以，所以， 所以当时，. 所以在上单调递增. 所以当时，，所以. 【解析】 【分析】（1）利用三角函数的和角公式及绝对值性质，结合三角不等式及次可加函数定义即可判断； （2）根据函数在上单调递减及不等式性质可推得，即可证明； （3）先根据题给条件及次可加函数定义得到是次可加函数，利用对数的换底公式化简所求不等式，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性，并求其最小值，则，即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省泸州市合江县天立学校2025届高三考前押题卷数学试题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. -1 C. D. 3. 亚冬会期间，从4位志愿者中安排2人值守2个不同的岗位，规定每个值守岗位只安排一位志愿者，则不同的安排方法种数为（ ） A. 6 B. 12 C. 16 D. 24 4. 已知是奇函数，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 5. 已知角的顶点在原点，始边为轴的非负半轴，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的半径为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左焦点为，直线与的左､右两支分别交于点，若，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 若实数满足，则（ ） A. B. C. D. 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 在内有且仅有3个极大值点 B. 的图象关于点对称 C. 若，则 D. 在上的单调递减区间为 11. 如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 若是正方体表面上的动点，且，则长度的最大值为3 B. 四面体的体积为 C. 平面截正方体所得截面的面积为 D. 平面 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线经过椭圆的一个顶点，则的离心率为__________. 13. 已知数据的平均数是4，数据的平均数是20，则，的方差为__________. 14. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔•德•费马（1601-1665）于1643年提出了三角形中的“费马点”，即“对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点”.在中，是的费马点，则的长度为__________. 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. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，是的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 16. 某工厂有两条生产线加工同一型号的零件，生产线加工的次品率分别为，生产出来的零件混放在一起，已知生产线加工的零件数分别占总数的. （1）现从该厂随机抽取一个零件，计算它是次品的概率； （2）如果取到的一个零件是次品，计算它是生产线加工的概率；（精确到小数点后第三位，采用四舍五入法） （3）从混放在一起的零件中随机抽取3个，若取到1个次品，对责任人罚款5元；若取到1个正品则对同一责任人奖励10元，用表示该责任人由3个零件获得的金额，求的期望及方差. 17. 已知抛物线的焦点为，准线为，以为圆心的圆与相切，与相交于两点（在轴的上方），且. （1）求的方程； （2）设过且不与坐标轴垂直的直线与交于两点，过线段的中点的直线与轴交于点，且点在点的右侧，，证明：. 18. 已知数列的前项和满足（为不等于0的常数），且. （1）证明：为等比数列； （2）设且，若，求正整数的值； （3）是否存在，使得依次成等差数列？若存在，给出符合题意的的个数；若不存在，说明理由. 19. 如果函数满足条件：①；②，则称是次可加函数.次可加函数在数学的多个领域中都有重要应用，如概率论､数论､组合数学､经济学､计算机科学､统计力学､优化理论､控制理论等. （1）判断是否是次可加函数，并说明理由；若，试判断与的大小关系； （2）设函数，若在上单调递减，证明：是次可加函数； （3）判断是否是次可加函数，并证明：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $