精品解析：四川省巴中市普高中2024-2025学年高三下学期“三诊”数学试题

巴中市普通高中2022级“三诊”考试 数学试题 （满分150分 120分钟完卷） 第I部分（选择题，共58分） 一、单选题：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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知i为虚数单位，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列满足且，则“数列为等差数列”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充要条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 在展开式中，的偶数次幂的项的系数和为（ ） A. B. C. D. 5. 椭圆的离心率为e，右焦点为，方程的两个实根分别为和，则点（ ） A. 必在圆内 B. 必在圆上 C. 必在圆外 D. 与圆的关系与e有关 6. 将函数的图象向右平移个单位长度（为常数，且），得到函数的图象，若在区间上单调递增，在区间上单调递减，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知过抛物线焦点直线与交于，两点，以线段为直径的圆与轴交于，两点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为3，9，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的体积为（ ） 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量、满足，则 B 若随机变量，且，则 C. 若样本数据线性相关，则用最小二乘法得到的回归直线经过该组数据的中心点 D. 对于随机事件与，，，若，则事件与不相互独立 10. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若与均为偶函数，则下列选项正确的是（ ） A. B. 和是周期为4周期函数 C. 为奇函数 D. 图象关于点对称 11. 已知直四棱柱，，底面是边长为1的菱形，且，点E，F，G分别为，，的中点，点H是线段上的动点（含端点）.以为球心作半径为R的球，下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线所成角的正切值的最小值为 B. 存在点H，使得平面 C. 当时，球与直四棱柱的四个侧面均有交线 D. 在直四棱柱内，球外放置一个小球，当小球体积最大时，球直径的最大值为 第II部分（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. 已知函数，若函数在点处的切线方程为______. 13. 非零向量，满足：，，则与夹角的余弦值为______. 14. 学数学人重推理爱质疑，比如唐代诗人卢纶《塞下曲》：“月黑雁飞高，单于夜遁逃.欲将轻骑逐，大雪满弓刀.”这是一首边塞诗的名篇，讲述了一次边塞的夜间战斗，既刻画出边塞征战的艰苦，也透露出将士们的胜利豪情.这首诗历代传诵，而无人提出疑问，当代著名数学家华罗庚以数学家特有的敏感和严密的逻辑思维，发现了此诗的一些疑点，并写诗质疑，诗云：“北方大雪时，群雁早南归.月黑天高处，怎得见雁飞？”但是，数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想是质数，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出不是质数.现设记，则数列的前项和___________. 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，，的对边分别是，，，且. （1）求角的大小； （2）若，为线段的中点，，求的面积. 16. 如图，在三棱柱中，侧棱平面，，，，，点是的中点， （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的正切值. 17. 杭州亚运会吉祥物为一组名为“江南忆”的三个吉祥物“宸宸”，“琮琮”，“莲莲”，聚焦共同的文化基因，蕴含独特的城市元素．本次亚运会极大地鼓舞了中国人民参与运动的热情．某体能训练营为了激励参训队员，在训练之余组织了一个“玩骰子赢礼品”的活动，他们来到一处训练场地，恰有20步台阶，现有一枚质地均匀的骰子，游戏规则如下：掷一次骰子，出现3的倍数，则往上爬两步台阶，否则爬一步台阶，再重复以上步骤，当队员到达第7或第8步台阶时，游戏结束．规定：到达第7步台阶，认定失败；到达第8步台阶可赢得一组吉祥物．假设平地记为第0步台阶．记队员到达第步台阶的概率为（），记． （1）投掷4次后，队员站在的台阶数为第阶，求的分布列； （2）①求证：数列（）是等比数列； ②求队员赢得吉祥物的概率． 18. 已知点，分别为双曲线E：的左、右焦点，点到双曲线E的渐近线的距离为，点A为双曲线E的右顶点，且． （1）求双曲线E的标准方程； （2）若四边形为矩形，其中点B，D在双曲线E上，求证：直线过定点． 19. 帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，.（注：，，，，…；为的导数）. （1）求函数在处的阶帕德近似函数； （2）在（1）的条件下，试比较与的大小； （3）在（1）的条件下，若在上存在极值，求m的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 巴中市普通高中2022级“三诊”考试 数学试题 （满分150分 120分钟完卷） 第I部分（选择题，共58分） 一、单选题：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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解法和对数函数定义域，求出集合，根据集合交集的运算方法，求出结果. 【详解】已知，解得，所以， 已知，定义域，解得，所以， 可得. 故选：C. 2. 已知i为虚数单位，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数乘法、除法运算即可求解. 【详解】因为， 所以. 故选：A. 3. 已知数列满足且，则“数列为等差数列”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充要条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】若，则利用等差数列的定义可判断；若为等差数列，利用求出或，检验得出时满足题意. 【详解】当时，，则为等差数列，必要必成立； 因且，有，，， 因为为等差数列，有，即， 解得或， 当时，，即， 因，则恒成立，即为等差数列，充分性不成立. 故选：A. 4. 在展开式中，的偶数次幂的项的系数和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，分别令、，将所得等式联立可得的值. 【详解】设， 令可得， 令可得， 上述两式子相加得，，故， 展开式中，的偶数次幂的项的系数和为. 故选：D. 5. 椭圆的离心率为e，右焦点为，方程的两个实根分别为和，则点（ ） A. 必在圆内 B. 必在圆上 C. 必在圆外 D. 与圆的关系与e有关 【答案】A 【解析】 【分析】由恒等式以及韦达定理即可得到关于的表达式，然后证明一定小于2，即可得到A正确. 【详解】根据题目条件有，. 由和是方程两个根，故由韦达定理得，， 从而 . 这表明点一定在圆内，A正确. 故选：A. 6. 将函数的图象向右平移个单位长度（为常数，且），得到函数的图象，若在区间上单调递增，在区间上单调递减，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】平移得，结合诱导公式得. 分别求、单调区间，可得，由此可求得最大值. 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象， 因为， 所以， 所以，，解得， 又，所以. 对于，由，，得，. 当时，的单调递增区间为， 因为在区间上单调递增，所以. 对于，由，，解得，. 当时，的单调递减区间为，所以. 由得，， 要使最大，取，，代入得. 故选：C. 7. 已知过抛物线焦点的直线与交于，两点，以线段为直径的圆与轴交于，两点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设直线方程，联立抛物线，再根据弦长公式求出，利用圆的弦长公式求出，然后表示出，最后利用对钩函数单调性确定范围即可. 【详解】抛物线：，所以焦点， 设直线的方程为代入，得，即， 设，根据韦达定理， 根据抛物线弦长公式，又，， 可得，，，， 即圆心横坐标为，半径 根据圆的弦长公式，圆心到轴距离， 则 所以，令，则，， 设，则，， 所以， 又因为在时单调递增，所以， 所以. 故选：B. 8. 已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为3，9，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正棱台内切球半径即为过斜高截面的内切圆半径，再根据等腰梯形内切圆的求法与腰所在直线的位置关系可得. 【详解】 在正四棱台中，上、下底面边长分别为3，9，侧棱长为， 设分别是下、上底面中心，分别是的中点， 在侧面中，，则， 因为正棱台的内切球半径即为截面的内切圆半径， 在截面中，， 则， 若球心在中点处，即梯形高的中点处， 以下底面中心为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，， 则直线的方程为， 故点到直线的距离，即直线与圆相离. 结合图形可知，当球心在中点处，球半径时，正四棱台的内切球半径最大. 即该正四棱台内半径最大的球的体积， 故选：B. 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量、满足，则 B. 若随机变量，且，则 C. 若样本数据线性相关，则用最小二乘法得到的回归直线经过该组数据的中心点 D. 对于随机事件与，，，若，则事件与不相互独立 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用方差的性质可判断A选项；利用正态分布的对称性可判断B选项；利用回归直线的基本性质可判断C选项；利用条件概率公式结合独立事件的定义可判断D选项. 【详解】对于A，若，则， 所以若，则，故A正确： 对于B，若随机变量，且，又， 所以，故B正确； 对于C，若样本数据线性相关， 则用最小二乘估计得到的经验回归直线经过该组数据的中心点，故C正确： 对于D，因为，若， 则，所以事件与相互独立，故D不正确. 故选：ABC. 10. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若与均为偶函数，则下列选项正确的是（ ） A. B. 和是周期为4的周期函数 C. 为奇函数 D. 图象关于点对称 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据函数奇偶性，得到对称性和周期性，逐个计算判断即可. 【详解】因为为偶函数，所以，即， 所以函数的图象关于对称，则， 又为偶函数，所以，即， 两边求导得，，即，的图象关于对称， 则图象关于原点对称，为奇函数，故C正确， ，， 由以上分析得，即有 即，且， 所以是周期为4的函数，， 故，故A正确： 对于B，由于，则， 由于，故， 所以，因此以4为周期的周期函数，B正确. 对于D，由于，则，故图象关于对称，由于不一定为0，故D错误， 故选：ABC. 11. 已知直四棱柱，，底面是边长为1的菱形，且，点E，F，G分别为，，的中点，点H是线段上的动点（含端点）.以为球心作半径为R的球，下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线所成角的正切值的最小值为 B. 存在点H，使得平面 C. 当时，球与直四棱柱的四个侧面均有交线 D. 在直四棱柱内，球外放置一个小球，当小球体积最大时，球直径的最大值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，建立空间直角坐标系，设出，，表达出直线与直线所成角的余弦值，求出最大值为，从而得到正切值的最小值；B选项，作出截面，进而可找出满足条件的点H；C选项，找到与四个侧面的交线即可；D选项，球外放置一个小球O，当小球O与四个侧面均相切时，小球O体积最大，得到小球O的半径为，得到，结合得到球直径的最大值. 【详解】A选项，连接，因为底面是边长为1的菱形，且， 所以为等边三角形， 因为为的中点， 所以，故， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立空间直角坐标系，如图所示： 故，，， 设，， 则，， 设直线与直线所成角的大小为， 则， 令， 故， 因为， 所以当时，取得最大值， 最大值为，此时， 因为在上单调递减， 在上单调递增， 故直线与直线所成角的正切值的最小值为，故A正确； B选项，取，，的中点，，， 连接，，，，，， 由平行关系可知，过，，三点的平面截直四棱柱， 得到的截面为六边形， 当与重合时，平面，平面. 所以平面，故B正确； C选项，连接，则，， 如图，当时，直四棱柱截球体下半部分的， 球与直四棱柱四个侧面都有一段圆弧状交线， 截面如下： 故C正确； D选项，球外放置一个小球O，当小球O与四个侧面均相切时，小球O体积最大， 此时小球O在底面上的射影刚好与菱形相切， 故小球O的半径为，底面的中心为，⊥平面， 其中，， 故，因为， 则， 故球直径的最大值为，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 第II部分（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. 已知函数，若函数在点处的切线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】应用导数的几何意义求切线方程. 【详解】求导得，则，又， 所以切线方程为，整理得. 故答案： 13. 非零向量，满足：，，则与夹角的余弦值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量的减法几何意义将转化为，再利用已知条件和判断三角形的形状，最后根据三角形形状求出与的夹角. 【详解】根据题意，设，，则， 若，，即，且， 则为等腰直角三角形， 则与的夹角为，余弦值为. 故答案为：. 14. 学数学的人重推理爱质疑，比如唐代诗人卢纶《塞下曲》：“月黑雁飞高，单于夜遁逃.欲将轻骑逐，大雪满弓刀.”这是一首边塞诗的名篇，讲述了一次边塞的夜间战斗，既刻画出边塞征战的艰苦，也透露出将士们的胜利豪情.这首诗历代传诵，而无人提出疑问，当代著名数学家华罗庚以数学家特有的敏感和严密的逻辑思维，发现了此诗的一些疑点，并写诗质疑，诗云：“北方大雪时，群雁早南归.月黑天高处，怎得见雁飞？”但是，数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想是质数，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出不是质数.现设记，则数列的前项和___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，化简数列通项公式，利用分组求和的方法求解即可. 【详解】依题意有代入 得， 所以 则有 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，，的对边分别是，，，且. （1）求角的大小； （2）若，为线段的中点，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化和两角和的正弦公式，解三角形. （2）根据向量加法和数量积，求出三角形边长和中线的关系，根据正弦定理面积公式和余弦定理求出结果. 【小问1详解】 由正弦定理知，， 在中，所以， 代入上式得， ，，， ，. 【小问2详解】 由题意得，所以， 即，得， 在中，由余弦定理得，所以， 联立，得， 16. 如图，在三棱柱中，侧棱平面，，，，，点是的中点， （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设与相交于，连结，求证，再根据线面平行的判断定理，证明线面平行即可. （2）建立适当空间直角坐标系，根据向量方法求出空间中平面与平面的夹角的余弦值，根据同角三角函数的关系，求出角的正切值. 【小问1详解】 设与相交于，连结， 是的中点，是的中点， ，平面，平面， 平面. 【小问2详解】 如图所示，建立空间直角坐标系，为轴，为轴，为轴， 则，，， 则向量，， 设平面的法向量为，则，即， 令得平面的一个法向量， 可以设平面的一个法向量为， 所以， 所以， 所以， 所以平面与平面所成角的正切值为. 17. 杭州亚运会吉祥物为一组名为“江南忆”的三个吉祥物“宸宸”，“琮琮”，“莲莲”，聚焦共同的文化基因，蕴含独特的城市元素．本次亚运会极大地鼓舞了中国人民参与运动的热情．某体能训练营为了激励参训队员，在训练之余组织了一个“玩骰子赢礼品”的活动，他们来到一处训练场地，恰有20步台阶，现有一枚质地均匀的骰子，游戏规则如下：掷一次骰子，出现3的倍数，则往上爬两步台阶，否则爬一步台阶，再重复以上步骤，当队员到达第7或第8步台阶时，游戏结束．规定：到达第7步台阶，认定失败；到达第8步台阶可赢得一组吉祥物．假设平地记为第0步台阶．记队员到达第步台阶的概率为（），记． （1）投掷4次后，队员站在的台阶数为第阶，求的分布列； （2）①求证：数列（）是等比数列； ②求队员赢得吉祥物的概率． 【答案】（1）答案见解析 （2）①证明见解析 ；② 【解析】 【分析】（1）由题意可得爬一步台阶的概率为，爬两步台阶的概率为，列出随机变量可能取值，求出对应的概率，求出分布列即可； （2）（i）由题意可得，分类讨论到达第步台阶的情况，求出对应的概率，进而（），结合等比数列的定义即可证明；（ii）由（i），根据等比数列的通项公式可得，利用累加法求得（），令计算即可求解. 【小问1详解】 由题意得每轮游戏爬一步台阶的概率为，爬两步台阶的概率为， 所以随机变量可能取值为4，5，6，7，8， 可得，， ，， ， 所以的分布列： 4 5 6 7 8 【小问2详解】（ⅰ）证明：，即爬一步台阶，是第1次掷骰子， 向上点数不是3的倍数概率，则 到达第步台阶有两种情况： ①前一轮爬到第步台阶，又掷骰子是3的倍数得爬两步台阶，其概率为， ②前一轮爬到第步台阶，又掷骰子不是3的倍数爬一步台阶，其概率为， 所以（）， 则（）， 所以数列（）是首项为，公比为的等比数列． （ⅱ）因为数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以，，…，， 各式相加，得：，所以（）， 所以活动参与者得到纪念品的概率为 ． 18. 已知点，分别为双曲线E：的左、右焦点，点到双曲线E的渐近线的距离为，点A为双曲线E的右顶点，且． （1）求双曲线E的标准方程； （2）若四边形为矩形，其中点B，D在双曲线E上，求证：直线过定点． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先根据点到直线距离计算得出，再应用得出，计算得出进而得出标准方程； （2）分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，联立方程组结合向量的数量积计算得出或，结合题意即可证明定点. 【小问1详解】 设焦距为2c，则， 故点到双曲线E的渐近线的距离为． 由，知，得． 又因为，所以，解得． 所以双曲线E的标准方程为． 【小问2详解】 ①当直线的斜率不存在时， 由，设直线的方程为， 当时，则在双曲线，可得,所以， 当时，则在双曲线，可得,所以不合题意舍， 可得直线的方程为， ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，， 联立得， 当时，，， 因为四边形为矩形，所以， 所以， 所以， 所以 所以， 所以，所以或， 当时，直线的方程为，恒过定点，不合题意，舍去． 当时，直线的方程为，恒过定点． 综上①②，直线恒过定点． 19. 帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，.（注：，，，，…；为的导数）. （1）求函数在处的阶帕德近似函数； （2）在（1）的条件下，试比较与的大小； （3）在（1）的条件下，若在上存在极值，求m的取值范围. 【答案】（1） （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意函数在处的,阶帕德近似，对求二阶导，由，，，可求出； （2）作差，构造函数，，求导，利用导数研究函数的最值，即可求出结果； （3）函数在上存在极值，即其导数在上有变号零点，构造函数，，求导，分析该函数的单调性和最值，利用零点存在定理可得结果． 【小问1详解】 由得，， 则函数在处的阶帕德近似函数， 由于，所以， 故 ，， 因为，，所以， 解得，． 所以 【小问2详解】 令，， 则恒成立， 所以在上单调递增，且， 所以当时，，即， 当时，，即， 当时，，即． 【小问3详解】 ，， ， 因为在上存在极值， 所以在上存在变号零点， 令，， ， 当时，，所以在上单调递减， ，所以无零点，不符合题意； 记，则， ②当时，由于，所以，故，故在上单调递增， ，所以，所以在上单调递增， 所以，所以无零点，不符号题意； ③当时，令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在，上单调递增， 所以， 令，， ，所以在上单调递增，， 所以， 因为，，所以， 故，进而， 所以； ， 令； 设， 则当时单调递减，当时，单调递增，故当，故故， ，故， 所以， 令，则，所以， ， 所以，所以在上存在零点，即在上存在极值点， 所以取值范围为． 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$