精品解析：重庆市西南大学附属中学2024-2025学年高三下学期定时训练（四）数学试题

西南大学附中高2025届高三下定时训练（四） 数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整. 3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）. 一、单选题：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，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的乘方、除法得，结合虚部的概念即可得解. 【详解】因为， 所以复数的虚部为. 故选：C. 2. 已知集合，则集合中的子集个数为（ ） A. 18 B. 16 C. 32 D. 64 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得，进一步即可得解. 【详解】由题意，则， 所以集合中的子集个数为. 故选：C. 3. 已知，与的夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由投影向量的定义、数量积的运算律即可求解. 【详解】，与的夹角为，则在上的投影向量为 . 故选：C. 4. 已知数列满足且，则的值为（ ） A. B. 216 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由递推式得数列为公比的等比数列，再求出数列的通项公式，从而可得答案. 【详解】因为， 所以数列为公比的等比数列， 因为，所以， 通项公式为， 所以，，， 所以， 故选：D. 5. 4月15日，人工智能模型OpenAI推出参数规模达10万亿级的GPT-5，支持20万字长文本理解，推理速度较GPT-4提升3倍.小明等5位同学组成人工智能调研小组，准备对OpenAI、DeepSeek、百度文心一言和腾讯元宝等4种人工智能模型展开学习研究，每位同学只调研一种模型，每个模型至少由一位同学调研，则小明不调研DeepSeek的方案数为（ ） A. 144 B. 180 C. 240 D. 288 【答案】B 【解析】 【分析】计算出全部可能性，减去小明调研DeepSeek的方案数即可得到. 【详解】根据已知条件，所有可能的情况为：，若小明选择DeepSeek， 则剩余4位同学满足覆盖其他三种模型，且允许选择DeepSeek，根据容斥原理得情况数为：， 因此小明选择DeepSeek的情况数为60种，小明不调研DeepSeek的方案数有. 故选：B 6. 1551年奥地利数学家、天文学家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割，余割和余切.在某直角三角形中，一个锐角的斜边与邻边的比，叫做的正割，用表示；其斜边与对边的比，叫做的余割，用表示；其邻边与对边的比，叫做的余切，用表示，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得，，，将切化弦，再由诱导公式、两角差的正弦公式、二倍角公式计算可得. 【详解】依题意可得，，， 所以 . 故选：B 7. 正六棱台的上、下底面的边长分别是2和6，且正六棱台存在内切球（与正六棱台的各个面都相切），则它的侧棱长是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设所求为，用表示出正六棱台的体积、表面积，设内切球半径为，可用等体积法表示出，另外一方面等于正六棱台的高，由此可构建方程求解. 【详解】如图所示，设所求为，是正六棱台的底面的中心， 因为正六边形的每一个内角为， 所以，又因为， 所以三角形是等边三角形，所以，同理， 所以， 所以正六棱台的体积为， 由， 表面积为， 设内切球半径为，则由等体积法可得，， 所以，又， 所以，即， 所以，即，解得. 故选：C. 8. 定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且，则（ ） A. 50 B. 51 C. 100 D. 101 【答案】D 【解析】 【分析】由得（为常数），又即，令即可求，推出函数的周期即可求解. 【详解】由有（为常数）， 又有， 所以，令得，解得， 所以，即， 又由得， 即，所以，所以， 所以是以4为周期的周期函数， 由，令得，令得， 由，令有，即， 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. 对于函数，下列说法一定正确是（ ） A. B. ，使得在上单调递减 C. 当时，的值域为 D. ，最多有三个根 【答案】BCD 【解析】 【分析】直接代入即可判断选项A，变换时，左段函数上下平移，结合图像可判断B，C，D. 【详解】作出图像如下图： 对于A：，故选项A错误； 对于B：由图可知，当，即时，上单调递减，故选项B正确； 对于C：当时，，当，即时，的值域为R，故选项C正确； 对于D：由图可得到选项D正确. 故选：BCD 10. 已知点，分别在圆，上，点，则下列说法正确的是（ ） A. 圆，相交 B. 的最大值为 C. 点到直线距离大于 D. 当最大时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A直接由两圆位置关系可判断；选项B可以把 的最大值转化为两圆心距离加上两半径即可得出；选项C，D过点直接作圆的切线，数形结合可得到最值. 【详解】对于选项 A：圆  的圆心为 ，半径 ； 圆  的圆心为 ，半径 ； 两圆心间距离：， ， 因为 ，所以两圆外离，不相交；故A 错误； 对于选项 B：点  在  上，点  在  上，两圆外离， ，故B 正确； 对于选项 C：过点A作圆的切线（取靠近圆的一条）， 过点作切线的垂线垂足为，过点作垂线，垂足为， 此时的长即为点到直线距离的最小值. 易知，在中，，； 因为为圆的切线，所以易得； ， ， ，故C正确； 对于选项D:过点A分别作两圆的切线，切点分别为，，如下图所示： 由图易得，此时.故D正确. 故选：BCD 11. 如图，正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，点，分别在正方形对角线，上移动，且和的长度保持相等.记，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，的长为 B. 当时，三棱锥的体积是 C. 当的长最小时，平面与平面所成二面角的正弦值为 D. 存在，使得直线与所成角的正弦值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，以为原点建立空间直角坐标系，由，得，即可判断A正确；，，利用即可求体积判断B；由题知，计算，根据二次函数最值问题可知分别是中点时，取得最小值，然后作出二面角，在中，先求余弦值，进而得到正弦值即可确定C；对于D，利用空间向量夹角的坐标求解可判定. 【详解】在正方形，中，， 且它们所在的平面互相垂直，交线为， 所以平面，平面，， 则两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系， ， 因为正方形，的边长都是1，所以， 又和的长度保持相等，所以， 当时，，故A正确； 当，， ， ，故B错误； 当，， ， 所以当时，取得最小值，此时，且分别是中点， 则，设中点为， 所以，， 则就是平面与平面所成二面角的平面角， ， 所以平面与平面所成二面角的正弦值为，故C正确； 根据题意，， 又直线与所成角的正弦值为， 所以， 整理得：， 方程无解，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.第14题第一空2分，第二空3分. 12. 已知数列的前项和（、为常数），则“”是“为递增的等差数列”的______条件. 【答案】充要 【解析】 【分析】由时，求出，再证明为等差数列，要使为递增的等差数列则即可，再结合充分条件和必要的条件定义即可得出答案. 【详解】当时，， 当时，， 令时，，所以， ， 所以为公差为的等差数列， ，为公差，所以为递增的等差数列， 为递增的等差数列，则，解得：， 所以“”是“为递增的等差数列”的充要条件. 故答案为：充要. 13 已知，，，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】首先根据全概率公式求出，然后可求出条件概率的值. 【详解】因为，，，， 所以， 所以. 故答案为：. 14. 设抛物线的焦点为，准线为，过焦点且倾斜角为的直线与交于，两点（点在第一象限），与准线交于点，，则______；若点是的内心，则______. 【答案】 ①. -60 ②. 【解析】 【分析】①首先求出直线的方程，然后联立直线与抛物线方程组得到一个等式，可求出点的坐标，联立直线与准线方程组，可求出点的坐标，然后根据的值求出，从而可求出向量的数量积；②首先求出直线的方程，然后根据内心性质和点到直线的距离公式求出的坐标，进而可求出. 【详解】①因为焦点，所以设直线方程为：. 联立直线与抛物线方程组为. 化简得：. 所以解得或. 因为点在第一象限，所以. 因为抛物线的准线方程为，所以点. 所以，所以，解得. 所以，所以. ②由①知，则，因为是的内心， 所以设，其中，是三角形内切圆半径. 直线的方程为，即：； 直线的方程为，即：. 所以，根据内心性质可知，所以. 即：. 所以根据点到直线的距离公式可得：. 解得. 所以. 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、演算步骤. 15. 中，角、、分别对应的边为、、，且，. （1）求证：为钝角三角形； （2）若，，为的外心，求. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理计算得出，结合角的取值范围可知为钝角，即可证得结论成立； （2）利用两角差余弦公式可得出，由（1）可知、均为锐角，结合余弦函数的基本性质可求出的值，并求出的值，并求出外接圆的半径，再利用平面向量数量积的定义可求得的值. 【小问1详解】 因为，，由余弦定理得， 又因为，故角为钝角，即为钝角三角形. 【小问2详解】 因为 ，即， 由（1）可知，为钝角，则、均为锐角，即、， 所以，故或 因为，则，故不成立，即有，从而可得， 设的外接圆半径为，由正弦定理可得，故， 如下图所示： 在优弧上取一点（异于点、），则， 所以， 由平面向量数量积的定义可得. 16. 如图，空间四边形中，，，. （1）证明：； （2）若二面角的正切值为，求直线与平面所成的角. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三线合一可得垂直关系，即可证明线面垂直，则问题可得证； （2）利用图中垂直关系可得二面角的平面角，再通过正切值转化为正弦值和余弦值，来求高和，再利用等体积法来点到面的距离，最后可得线面角的正弦值，从而问题得解. 【小问1详解】 由，，可得， 又因为，可得是等边三角形， 取为的中点，可知， 又因为平面， 所以平面，又因为平面， 所以； 【小问2详解】 由可知：是二面角的一个平面角， 所以，即， 则三棱锥的高， 此时三棱锥的体积为， 又由余弦定理可得：，所以， 又因为，可知，即， 所以三角形的面积为， 要据等体积法，可知点到平面的距离满足： ， 所以直线与平面所成的正弦值为， 即直线与平面所成的角为. 17. 全球首场人形机器人半程马拉松于4月19日在北京亦庄开跑，深圳优必选与北京人形机器人创新中心联合研发的“天工Ultra”以2小时40分42秒夺冠，引发了一众机器人爱好者的积极关注.某公司自主研发了一款小型人形机器人，将100台该机器人充满电后进行移动测试，移动的最大距离统计数据如下图所示： （1）若机器人移动最大距离超过均值的1.2倍的为优秀品，试估计这款机器人的优秀率； （2）用频率估计概率，将100台该机器人充满电后随机平分成25组，参加米接力比赛，测试人员同时启动每组第一台机器人，之后每台机器人只有移动到400米时，才能启动同组下一台机器人，且每个机器人移动最大距离相互独立.设到达终点完成比赛的组数为，求使得取最大值的的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1) 需要先根据频率分布直方图求出均值，再根据优秀品的定义计算优秀率； (2) 先求出一组能完成比赛的概率，确定服从的二项分布，再通过比较相邻两项概率的大小来确定取最大值时的值. 【小问1详解】 各组中点及频率：， . 均值米. 优秀标准：米，对应米组，频率为， 区间内，大于等于米的部分长度为米对应频率为： 优秀率为两部分频率之和：. 【小问2详解】 每组完成比赛的概率：机器人移动大于等于米的频率， 每组4个机器人独立，故. ，利用二项式分布性质，. 18. 已知椭圆，左右顶点为，，上下顶点为，，若四边形面积为，周长为，过右焦点且斜率为的直线交椭圆于，，直线，交于点，直线，交于点. （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：点在定直线上； （3）证明：. 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题意得到关于的方程组，解出即可； （2）设，利用定比点差法得，再写出两直线方程，最后相除即可； （3）设，，联立相关直线方程，再求得，，最后证明直线斜率相等即可. 【小问1详解】 由题意得，则. 【小问2详解】 记右焦点，,， 设，则 (*)，由， . ， 代回(*)式可得，. ， 则两者相除得，则, 即在定直线上. 【小问3详解】 设，， 代入可得 . 即 即， 解得，， 则，则，则点和到直线的距离相等. 故. 19. 已知一系列函数. （1）讨论在上的单调性； （2）证明：； （3）记为的最小值，，证明：. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换化简，根据余弦函数的单调性求解即可； （2）当时，易得满足题意，当时，令，可得，利用导数分析其单调性，进而得到，进而利用等比数列的求和公式求证即可. （3）由（2）得，进而分为偶数和为奇数两种情况讨论求证即可. 【小问1详解】 由 ， 当时，， 令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，，满足； 当时，令，则， 所以， 当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即， 所以. 综上所述，. 【小问3详解】 由（2）知，，则， 则，即， 当为偶数时，设，， 由于， 而， 则，当且仅当时等号成立， 所以； 当为奇数时，设，， 由于， 而， 则，当且仅当时等号成立， 所以 ，当且仅当时等号成立. 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西南大学附中高2025届高三下定时训练（四） 数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整. 3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）. 一、单选题：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，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则集合中的子集个数为（ ） A. 18 B. 16 C. 32 D. 64 3. 已知，与夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足且，则的值为（ ） A. B. 216 C. D. 5. 4月15日，人工智能模型OpenAI推出参数规模达10万亿级的GPT-5，支持20万字长文本理解，推理速度较GPT-4提升3倍.小明等5位同学组成人工智能调研小组，准备对OpenAI、DeepSeek、百度文心一言和腾讯元宝等4种人工智能模型展开学习研究，每位同学只调研一种模型，每个模型至少由一位同学调研，则小明不调研DeepSeek的方案数为（ ） A. 144 B. 180 C. 240 D. 288 6. 1551年奥地利数学家、天文学家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割，余割和余切.在某直角三角形中，一个锐角的斜边与邻边的比，叫做的正割，用表示；其斜边与对边的比，叫做的余割，用表示；其邻边与对边的比，叫做的余切，用表示，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 正六棱台的上、下底面的边长分别是2和6，且正六棱台存在内切球（与正六棱台的各个面都相切），则它的侧棱长是（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且，则（ ） A 50 B. 51 C. 100 D. 101 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. 对于函数，下列说法一定正确的是（ ） A. B. ，使得在上单调递减 C. 当时，的值域为 D. ，最多有三个根 10. 已知点，分别在圆，上，点，则下列说法正确是（ ） A. 圆，相交 B. 的最大值为 C. 点到直线距离大于 D. 当最大时， 11. 如图，正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，点，分别在正方形对角线，上移动，且和的长度保持相等.记，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，的长为 B. 当时，三棱锥的体积是 C. 当的长最小时，平面与平面所成二面角的正弦值为 D. 存在，使得直线与所成角的正弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.第14题第一空2分，第二空3分. 12. 已知数列的前项和（、为常数），则“”是“为递增的等差数列”的______条件. 13. 已知，，，则______. 14. 设抛物线的焦点为，准线为，过焦点且倾斜角为的直线与交于，两点（点在第一象限），与准线交于点，，则______；若点是的内心，则______. 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、演算步骤. 15. 中，角、、分别对应的边为、、，且，. （1）求证：为钝角三角形； （2）若，，为的外心，求. 16. 如图，空间四边形中，，，. （1）证明：； （2）若二面角的正切值为，求直线与平面所成的角. 17. 全球首场人形机器人半程马拉松于4月19日在北京亦庄开跑，深圳优必选与北京人形机器人创新中心联合研发的“天工Ultra”以2小时40分42秒夺冠，引发了一众机器人爱好者的积极关注.某公司自主研发了一款小型人形机器人，将100台该机器人充满电后进行移动测试，移动的最大距离统计数据如下图所示： （1）若机器人移动最大距离超过均值的1.2倍的为优秀品，试估计这款机器人的优秀率； （2）用频率估计概率，将100台该机器人充满电后随机平分成25组，参加米接力比赛，测试人员同时启动每组第一台机器人，之后每台机器人只有移动到400米时，才能启动同组下一台机器人，且每个机器人的移动最大距离相互独立.设到达终点完成比赛的组数为，求使得取最大值的的值. 18. 已知椭圆，左右顶点为，，上下顶点为，，若四边形面积为，周长为，过右焦点且斜率为的直线交椭圆于，，直线，交于点，直线，交于点. （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：点在定直线上； （3）证明：. 19. 已知一系列函数. （1）讨论在上单调性； （2）证明：； （3）记为的最小值，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $