精品解析：四川省成都市第七中学2025-2026学年高二下学期零诊模拟数学试题

数学试卷 注意事项： 1．本试卷分选择题（58分）和非选择题（92分）两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将姓名、准考证号等个人信息填写在答题卡指定位置． 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，在试卷、草稿纸上作答无效． 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. 已知抛物线：，则该抛物线的焦准距为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 2. 函数，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 17 B. 19 C. 25 D. 28 4. 某学习小组共12人，其中有5名是“三好学生”，现从该小组中任选5人参加竞赛，用ξ表示这5人中“三好学生”的人数，则下列概率中等于的是（ ） A. B. C. D. 5. 吹气球时，记气球的半径r与体积V之间的函数关系为，为的导函数．已知在上的图像如图所示，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 存在，使得 6. 过点作的切线，切点为，以为直径的圆与轴交于另一点，则到的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 7. 某单位将12个表彰名额分配给甲､乙､丙､丁四个部门，其中甲部门至少2个名额至多3个名额，乙､丙､丁三个部门每个部门至少2个名额，则不同的分配方案共有（ ） A. 15种 B. 19种 C. 25种 D. 46种 8. 已知抛物线：的准线经过双曲线：（，）的左焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若（为坐标原点），则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知数据，，，，的平均数为，中位数为，方差为，极差为，设，得到新数据，，，，，则对于所得新数据，下列说法一定正确的是（ ） A. 平均数是 B. 中位数是 C. 方差是 D. 极差是 10. 已知抛物线：的焦点为，以为圆心，为半径作圆，记圆与交于，两点，则（ ） A. B. 当时，的面积为 C. 当时，或 D. 11. 不动点理论是泛函分析与拓扑学中的重要理论，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ） A. 只有1个不动点 B. 若（）没有不动点，则没有零点 C. 若（）没有不动点，则方程无实根 D. 有3个不动点 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 13. 已知函数， 点为直线与图象的两个不同交点，且 为坐标原点，则面积的最大值为______． 14. 比较三个数，，的大小关系为________．（由小到大排序） 三、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. 已知等比数列满足：，且． （1）求数列的通项公式； （2）记的前项和为，求的最大值． 16. 如图，在三棱锥中，其外接球球心为的中点，平面平面.已知. （1）求证：平面平面. （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为AI，是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量.近几年以来，AI技术加持的智能手机（以下简称为AI手机）逐渐成为市场新宠.为了解顾客对AI手机的满意程度，M市某手机大卖场从购买了AI手机的顾客中随机选取了100人进行问卷调查，并根据其满意度得分Z（单位：分）制作了如下的频数分布表： 分组（单位：分） 频数 10 15 20 30 15 10 （1）若该手机大卖场中某手机店经销A，B两种品牌的手机，A品牌中AI手机占比为，B品牌中AI手机占比为，A，B品牌手机的数量之比是2:1，现从该手机店中随机抽取一部手机，求抽取到的手机是AI手机的概率； （2）为提升AI手机的销量，该手机大卖场针对购买AI手机的顾客设置了抽奖环节，抽奖规则如下：①共设一、二等奖两种奖项，分别奖励600元、300元现金，抽中一、二等奖的概率分别为，，其余情况不获得奖金；②每位顾客允许连续抽奖两次，且两次抽奖结果相互独立，总奖金为两次奖金之和.记某位购买了AI手机的顾客获得的总奖金为X元，求X的分布列和数学期望； （3）由频数分布表可以认为从手机大卖场购买AI手机的顾客对AI手机的满意度得分Z近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得.现将满意度得分Z超过84.81分的顾客对AI手机的态度定义为“非常满意”.若某月该手机大卖场共有1万名顾客购买了AI手机（每人一部），记为这些顾客中对AI手机“非常满意”的人数，事件“”的概率为，求使取最大值时的值. 参考数据：若随机变量Z服从正态分布，即，则，. 18. 如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，． （1）若，求点的坐标； （2）证明：是定值，并求出的值； （3）求四边形面积最大值． 19. 已知函数，． （1）证明：有唯一零点； （2）记的零点为． （i）数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 注意事项： 1．本试卷分选择题（58分）和非选择题（92分）两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将姓名、准考证号等个人信息填写在答题卡指定位置． 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，在试卷、草稿纸上作答无效． 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. 已知抛物线：，则该抛物线的焦准距为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】将化成标准方程，所以， 所以该抛物线的焦准距为. 2. 函数，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出导数，然后根据导数的定义求解． 【详解】因为，. 所以. 3. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 17 B. 19 C. 25 D. 28 【答案】C 【解析】 【详解】因为数列为等差数列，所以，所以， 又，所以， 设数列的公差为，则， 所以. 4. 某学习小组共12人，其中有5名是“三好学生”，现从该小组中任选5人参加竞赛，用ξ表示这5人中“三好学生”的人数，则下列概率中等于的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出，，即可得到等于的概率 【详解】解：由题意可得 ∵，，， ∴， ，. 故选：B. 5. 吹气球时，记气球的半径r与体积V之间的函数关系为，为的导函数．已知在上的图像如图所示，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 存在，使得 【答案】D 【解析】 【分析】A：设，由图得，所以该选项错误； B:根据图像和导数的几何意义得，所以该选项错误； C:设 ，所以该选项错误； D:结合图像和导数的几何意义可以判断该选项正确. 【详解】解：A：设，由图得， 所以所以，所以该选项错误； B:由图得图像上点的切线的斜率越来越小，根据导数的几何意义得，所以该选项错误； C:设，因为 所以，所以该选项错误； D:表示两点之间的斜率，表示处切线的斜率，由于， 所以可以平移直线使之和曲线相切，切点就是点,所以该选项正确. 故选：D 6. 过点作的切线，切点为，以为直径的圆与轴交于另一点，则到的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据导数的几何意义求出切点，从而可求出以为直径的圆的方程，进而可求出点的坐标，再根据点到直线的距离公式计算即可. 【详解】由题意知，设切点为，所以切线方程为， 又切线过点， 所以，解得， 所以或，两点关于轴对称，则， ∴切线为或， 则以为直径的圆为或均交轴于， 所以到的距离. 故选：B． 7. 某单位将12个表彰名额分配给甲､乙､丙､丁四个部门，其中甲部门至少2个名额至多3个名额，乙､丙､丁三个部门每个部门至少2个名额，则不同的分配方案共有（ ） A. 15种 B. 19种 C. 25种 D. 46种 【答案】C 【解析】 【分析】根据相同元素的分组分配问题进行求解，先分组后分配，常规法和隔板法都可以解答. 【详解】方法一（常规法）：因为甲部门至少2个名额至多3个名额，乙､丙､丁三个部门每个部门至少2个名额， 所以先给四个部门各分配2个名额，剩 个名额未分配，接下来分配这4个名额. 第一类，当甲不增加名额时，还剩4个名额分配给乙､丙､丁， 当4个名额分配给乙､丙､丁中的任意一个部门时，有种分法； 当4个名额分配给乙､丙､丁中的两个部门时，若一个部门有1个名额，另一个部门有3个名额，有种分法，若这两个部门都有2个名额，有种分法； 当4个名额分配给乙､丙､丁这三个部门，且两个部门各分配1个名额，另一个部门分配2个名额时，有种分法. 所以第一类共有 种方案. 第二类，当甲再增加1个名额时，还剩3个名额分配给乙､丙､丁， 当3个名额分配给乙､丙､丁中的任意一个部门时，有种分法； 当3个名额分配给乙､丙､丁中的两个部门，且一个部门有1个名额，另一个部门有2个名额时，有种分法； 当3个名额分配给乙､丙､丁这三个部门，且三个部门各分配1个名额时，有1种分法. 所以第二类共有 种方案. 综上，不同的分配方案共有种. 方法二（隔板法）：第一类，当甲分配2个名额时，先给乙､丙､丁三个部门各分配1个名额，还剩7个名额分配给乙､丙､丁三个部门，且每个部门至少1个名额， 在7个名额形成的6个空隙中插入2块隔板，有种方案； 第二类，当甲分配3个名额时，先给乙､丙､丁三个部门各分配1个名额，还剩6个名额分配给乙､丙､丁三个部门，且每个部门至少1个名额， 在6个名额形成的5个空隙中插入2块隔板，有种方案. 综上，不同的分配方案共有种. 8. 已知抛物线：的准线经过双曲线：（，）的左焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若（为坐标原点），则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线准线过双曲线左焦点得出与的关系，再利用向量关系得到线段长度关系，结合双曲线的性质求出方程即可. 【详解】如图，作出符合题意的图形， 由题意得抛物线的准线方程为， 双曲线的左焦点（其中）， 抛物线的准线经过双曲线的左焦点，故，即， 已知，移项可得，即， 即，则， 又双曲线的一条渐近线方程为，即， 则焦点到渐近线的距离 在中，， 由勾股定理可得， 过作轴于点，则， 由相似三角形的性质可得， 即，所以， 则点的横坐标为，纵坐标的绝对值为， 因为点在抛物线上，且， 所以，即， 整理得，因此，则， 在本题中，，则，， 则双曲线方程为，故D正确. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知数据，，，，的平均数为，中位数为，方差为，极差为，设，得到新数据，，，，，则对于所得新数据，下列说法一定正确的是（ ） A. 平均数是 B. 中位数是 C. 方差是 D. 极差是 【答案】ABC 【解析】 【分析】数据线性变换：均值、中位数同步线性变换；方差仅乘；极差仅乘，常数项不改变离散程度. 【详解】选项A，已知原平均数为，则新的平均数为，A正确； 选项B，设原中位数为，则新的中位数为，B正确； 选项C，原方差，新数据方差，C正确； 选项D，原极差，新数据最大值，最小值，则新极差，D错误. 10. 已知抛物线：的焦点为，以为圆心，为半径作圆，记圆与交于，两点，则（ ） A. B. 当时，的面积为 C. 当时，或 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，圆的几何性质以及平面向量的数量积求解即可. 【详解】由抛物线方程可知，，解得， 所以焦点坐标为，准线方程为，，， 所以，因为在圆上，所以，所以， 因为点在抛物线上，所以，即，解得，故A错误； 当时，由可得，将代入可得，即， 所以，，所以，的高为焦点到直线的距离， 即，，故B正确； 对于C选项，由抛物线对称性可知，，关于轴对称，且， 在中，，，，是等腰三角形，底边垂直于轴，如图， 垂足为，在中， ，，所以，即，解得或，故C错误； 对于D选项，设，，向量，， 所以，因为点在抛物线上，满足，所以， 因为，令，是一个开口向上的二次函数，对称轴为， 当时，函数取得最小值，，所以，故D正确. 11. 不动点理论是泛函分析与拓扑学中的重要理论，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ） A. 只有1个不动点 B. 若（）没有不动点，则没有零点 C. 若（）没有不动点，则方程无实根 D. 有3个不动点 【答案】AC 【解析】 【分析】根据“不动点”函数的定义，分别对每个选项进行分析，判断其是否满足“不动点”函数的条件，以及是否满足题目中的其他条件． 【详解】对于A，令，，，当且仅当时取“=”， 则在上单调递减，而，即在上只有一个零点，函数只有一个不动点，A正确； 对于B，没有不动点等价于的图象与直线没有交点， 没有零点等价于的图象与轴没有交点， 显然，当对称轴在轴左边，的图象与没有交点时，不能推出与轴没有交点，B错误； 对于C，依题意，没有不动点等价于方程无实数根无实数根， 即， 当时，二次函数的图象开口向上，则恒成立， 即，恒有， 而，因此有恒成立，即方程无实根， 当时，二次函数的图象开口向下，则恒成立， 即，恒有， 而，因此有恒成立，即方程无实根， 所以函数（）没有不动点，则方程无实根，C正确； 对于D，由，得， 易知当时，，单调递减，且，所以当时，的图象与直线有且只有一个交点； 当时，，单调递减，且； 当时，，单调递增.令，得， 解得，此时，所以直线与曲线相切于点. 所以直线与曲线共有两个交点，所以只有两个不动点，故D错误； 故选：AC． 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 【答案】15 【解析】 【分析】利用赋值法可求，利用换元法结合赋值法可求的值. 【详解】令，则， 又， 故， 令，则， 令，则，故 故答案为：. 13. 已知函数， 点为直线与图象的两个不同交点，且 为坐标原点，则面积的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数研究单调性求出的最大值，再研究三次函数的对称中心，进而求解. 【详解】由题意得：，令，解得或， 由，得或，由，得， 所以在单调递减，在单调递增， 又，所以， 又 ， 所以关于点中心对称，又直线也关于对称， 所以交点关于点中心对称， 所以，且， 所以. 14. 比较三个数，，的大小关系为________．（由小到大排序） 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，求导分析单调性，将转化为该函数在不同点的函数值，再根据单调性比较大小. 【详解】令，则， 当时，在上单调递增. . 因，则， 两边取对数得，则，即； 设，则， 在上单调递增.又 即对恒成立. 令得，，又， 又， 综上可得，. 三、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. 已知等比数列满足：，且． （1）求数列的通项公式； （2）记的前项和为，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的通项公式求解； （2）利用等比数列的前项和公式结合二次函数的图像求解. 【小问1详解】 是等比数列，，且， ，，； 【小问2详解】 ，， ， ， 设， 转化为， 对称轴为，，开口向下， 当时，；当时，； ， 比较的所有取值中，离对称轴最近， 当，即时，取最大值， 且最大值. 16. 如图，在三棱锥中，其外接球球心为的中点，平面平面.已知. （1）求证：平面平面. （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用外接球心到顶点距离相等的性质推出，结合已知的面面垂直，得到平面，再由面面垂直的判定定理证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标与两个平面的法向量，再利用向量夹角公式求出两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 因为是三棱锥外接球的球心，且为中点，， 因此球半径，即， 已知，由勾股定理逆定理： ，得， 又在上，，可得， 因为平面平面，交线为，且平面， 根据面面垂直的性质定理得：平面， 又平面， 根据面面垂直的判定定理得：平面平面. 【小问2详解】 以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 结合已知条件可得各点坐标： ，，，， 向量，， 设平面的法向量，由， 即， 令，则，所以，， 向量，， 设平面的法向量，由，即， 令​，则，所以，， 设平面与平面的夹角为，则 ，​​ 因此平面与平面夹角的余弦值为. 17. 人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为AI，是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量.近几年以来，AI技术加持的智能手机（以下简称为AI手机）逐渐成为市场新宠.为了解顾客对AI手机的满意程度，M市某手机大卖场从购买了AI手机的顾客中随机选取了100人进行问卷调查，并根据其满意度得分Z（单位：分）制作了如下的频数分布表： 分组（单位：分） 频数 10 15 20 30 15 10 （1）若该手机大卖场中某手机店经销A，B两种品牌的手机，A品牌中AI手机占比为，B品牌中AI手机占比为，A，B品牌手机的数量之比是2:1，现从该手机店中随机抽取一部手机，求抽取到的手机是AI手机的概率； （2）为提升AI手机的销量，该手机大卖场针对购买AI手机的顾客设置了抽奖环节，抽奖规则如下：①共设一、二等奖两种奖项，分别奖励600元、300元现金，抽中一、二等奖的概率分别为，，其余情况不获得奖金；②每位顾客允许连续抽奖两次，且两次抽奖结果相互独立，总奖金为两次奖金之和.记某位购买了AI手机的顾客获得的总奖金为X元，求X的分布列和数学期望； （3）由频数分布表可以认为从手机大卖场购买AI手机的顾客对AI手机的满意度得分Z近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得.现将满意度得分Z超过84.81分的顾客对AI手机的态度定义为“非常满意”.若某月该手机大卖场共有1万名顾客购买了AI手机（每人一部），记为这些顾客中对AI手机“非常满意”的人数，事件“”的概率为，求使取最大值时的值. 参考数据：若随机变量Z服从正态分布，即，则，. 【答案】（1） （2）分布列见解析；（元） （3） 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式计算即可； （2）的可能取值为0，300，600，900，1200， 根据独立事件和互斥事件的概率公式依次求出概率，并列出其分布列； （3）先根据频数分布表求出，再根据正态分布求出每位顾客中对AI手机“非常满意”的概率，即可利用二项分布求出，再利用求解即可. 【小问1详解】 记“抽取到的手机是A品牌手机”为事件，“抽取到的手机是B品牌手机”为事件， “抽取到的手机是AI手机”为事件B， 则，，，， 则， 则从该手机店中随机抽取一部手机，抽取到的手机是AI手机的概率为. 【小问2详解】 由题意可得，不获得奖金的概率为， 的可能取值为0，300，600，900，1200， ，， ， ，， 则的分布列为 0 300 600 900 1200 所以（元）. 【小问3详解】 样本平均数， 随机选1名顾客，其对AI手机“非常满意”的概率 ， 依题意，记，， 则， 则问题等价于求当取何值时，取得最大值. 由，得， 化简得， 得，即， 因，得， 即当时，取得最大值. 18. 如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，． （1）若，求点的坐标； （2）证明：是定值，并求出的值； （3）求四边形面积最大值． 【答案】（1） （2）证明：由，，则， 故，则有， 化简得， 由，则， 整理得， 则或（负值舍去）； ，则，由，则， 故，则有， 化简得， 由，则， 整理得， 则或（负值舍去）； 故， 故是定值，且. （3） 【解析】 【分析】（1）借助向量线性运算可表示出点坐标，结合、点在椭圆上可得、点坐标满足关系，计算即可得解； （2）借助向量线性运算可用、表示出点、点坐标，再利用、、点在椭圆上可得、点坐标满足关系，则可用表示出、，再求和即可得解； （3）利用三角形面积公式可得，则，再计算出面积后，利用、间的关系，结合基本不等式即可得解. 【小问1详解】 ，，则， 由，则，故， 故，化简得，又， 则，解得，则， 故或（负值舍去），即点的坐标为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ，， 则 ， 则， 由，，则， 又， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故四边形面积最大值为. 19. 已知函数，． （1）证明：有唯一零点； （2）记的零点为． （i）数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由； （ii）证明：． 【答案】（1） 当时，，所以在上无零点， 因为，所以在上单调递增， 所以在上至多一个零点， 当时，有唯一零点1． 当时，因为，， 所以函数有唯一零点，得证。 （2）（i）不存在，理由如下： 由（1）知，，且， 两边取自然对数，得，（*） 所以， 两式相减，得， 所以． 因为函数在上单调递增， 所以，所以数列单调递增． 假设数列中存在，，成等比数列，则， 所以． 由（*）式得，，代入上式，得 ， ．（**） 因为，所以， 又，所以方程（**）无解． 所以数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列； （ii）先证明：时，，（***） 设，则， 所以当时，，单调递减： 当时，，单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立． 由（***）式知，， 所以，所以， 所以． 在（***）式中，令，得， 当且仅当，即时等号成立， 所以， 所以，，当且仅当时等号成立． 当时，在（***）式中，令，得， 所以时， ． 当时，成立． 所以，得证． 【解析】 【分析】（1）分和两种情况，利用导数判断函数的单调性，即可判断零点； （2）（ⅰ）由方程两边取对数，转化为，再构造函数在上单调递增，结合等比数列的性质，即可判断证明； （ⅱ）根据不等式时，，得到不等式，得到不等式，再根据数列求和即可证明. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 略． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $