四川省雅安市2025届高三下学期期中检测试题数学试题含解析

四川省雅安市2025届高三下学期期中检测试题数学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知复数z满足（其中i为虚数单位），则复数z的虚部是（）A． B．1 C． D．i2．半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体.如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．3．（）A． B． C． D．4．已知函数，若关于的方程有且只有一个实数根，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．5．已知与函数和都相切，则不等式组所确定的平面区域在内的面积为（）A． B． C． D．6．设是定义在实数集上的函数，满足条件是偶函数，且当时，，则，，的大小关系是（）A． B． C． D．7．执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（）A． B．C． D．8．在直角坐标系中，已知A（1，0），B（4，0），若直线x+my﹣1=0上存在点P，使得|PA|=2|PB|，则正实数m的最小值是()A． B．3 C． D．9．已知展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，，若，则的值为()A．1 B．－1 C．8l D．－8110．已知函数的图象的一条对称轴为，将函数的图象向右平行移动个单位长度后得到函数图象，则函数的解析式为（）A． B．C． D．11．设、，数列满足，，，则（）A．对于任意，都存在实数，使得恒成立B．对于任意，都存在实数，使得恒成立C．对于任意，都存在实数，使得恒成立D．对于任意，都存在实数，使得恒成立12．已知下列命题：①“”的否定是“”；②已知为两个命题，若“”为假命题，则“”为真命题；③“”是“”的充分不必要条件；④“若，则且”的逆否命题为真命题.其中真命题的序号为（）A．③④ B．①② C．①③ D．②④二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列的前项和公式为，则数列的通项公式为___．14．若的展开式中所有项的系数之和为，则______，含项的系数是______（用数字作答）.15．在中，角，，的对边分别是，，，若，，则的面积的最大值为______.16．下表是关于青年观众的性别与是否喜欢综艺“奔跑吧，兄弟”的调查数据，人数如下表所示：不喜欢喜欢男性青年观众4010女性青年观众3080现要在所有参与调查的人中用分层抽样的方法抽取个人做进一步的调研，若在“不喜欢的男性青年观众”的人中抽取了8人，则的值为______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若的解集包含，求的取值范围.18．（12分）已知数列满足,，数列满足.（Ⅰ）求证数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前项和.19．（12分）已知函数，（Ⅰ）当时，证明；（Ⅱ）已知点，点，设函数，当时，试判断的零点个数．20．（12分）如图，⊙的直径的延长线与弦的延长线相交于点，为⊙上一点，，交于点．求证：~．21．（12分）如图1，已知四边形BCDE为直角梯形，，，且，A为BE的中点将沿AD折到位置如图，连结PC，PB构成一个四棱锥．（Ⅰ）求证；（Ⅱ）若平面．①求二面角的大小；②在棱PC上存在点M，满足，使得直线AM与平面PBC所成的角为，求的值．22．（10分）某景点上山共有级台阶，寓意长长久久．甲上台阶时，可以一步走一个台阶，也可以一步走两个台阶，若甲每步上一个台阶的概率为，每步上两个台阶的概率为．为了简便描述问题，我们约定，甲从级台阶开始向上走，一步走一个台阶记分，一步走两个台阶记分，记甲登上第个台阶的概率为，其中，且．（1）若甲走步时所得分数为，求的分布列和数学期望；（2）证明：数列是等比数列；（3）求甲在登山过程中，恰好登上第级台阶的概率．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A【解析】

由虚数单位i的运算性质可得，则答案可求.【详解】解：∵，∴，，则化为，∴z的虚部为.故选：A.本题考查了虚数单位i的运算性质、复数的概念，属于基础题.2．D【解析】

根据三视图作出该二十四等边体如下图所示，求出该几何体的棱长，可以将该几何体看作是相应的正方体沿各棱的中点截去8个三棱锥所得到的，可求出其体积.【详解】如下图所示，将该二十四等边体的直观图置于棱长为2的正方体中，由三视图可知，该几何体的棱长为，它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，该几何体的体积为，故选：D.本题考查三视图，几何体的体积，对于二十四等边体比较好的处理方式是由正方体各棱的中点得到，属于中档题.3．D【解析】

利用，根据诱导公式进行化简，可得，然后利用两角差的正弦定理，可得结果.【详解】由所以，所以原式所以原式故故选：D本题考查诱导公式以及两角差的正弦公式，关键在于掌握公式，属基础题.4．B【解析】

利用换元法设，则等价为有且只有一个实数根，分三种情况进行讨论，结合函数的图象，求出的取值范围.【详解】解：设，则有且只有一个实数根.当时，当时，，由即，解得，结合图象可知，此时当时，得，则是唯一解，满足题意；当时，此时当时，，此时函数有无数个零点，不符合题意；当时，当时，，此时最小值为，结合图象可知，要使得关于的方程有且只有一个实数根，此时.综上所述：或.故选:A.本题考查了函数方程根的个数的应用.利用换元法，数形结合是解决本题的关键.5．B【解析】

根据直线与和都相切，求得的值，由此画出不等式组所表示的平面区域以及圆，由此求得正确选项.【详解】.设直线与相切于点，斜率为，所以切线方程为，化简得①.令，解得，，所以切线方程为，化简得②.由①②对比系数得，化简得③.构造函数，，所以在上递减，在上递增，所以在处取得极小值也即是最小值，而，所以有唯一解.也即方程③有唯一解.所以切线方程为.即.不等式组即，画出其对应的区域如下图所示.圆可化为，圆心为.而方程组的解也是.画出图像如下图所示，不等式组所确定的平面区域在内的部分如下图阴影部分所示.直线的斜率为，直线的斜率为.所以，所以，而圆的半径为，所以阴影部分的面积是.故选：B本小题主要考查根据公共切线求参数，考查不等式组表示区域的画法，考查圆的方程，考查两条直线夹角的计算，考查扇形面积公式，考查数形结合的数学思想方法，考查分析思考与解决问题的能力，属于难题.6．C【解析】∵y=f（x+1）是偶函数，∴f（-x+1）=f（x+1），即函数f（x）关于x=1对称．

∵当x≥1时，为减函数，∵f（log32）=f（2-log32）=f（）且==log34，log34＜＜3，∴b＞a＞c，

故选C7．B【解析】

列出循环的每一步，进而可求得输出的值.【详解】根据程序框图，执行循环前：，，，执行第一次循环时：，，所以：不成立．继续进行循环，…，当，时，成立，，由于不成立，执行下一次循环，，，成立，，成立，输出的的值为.故选：B．本题考查的知识要点：程序框图的循环结构和条件结构的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．8．D【解析】

设点，由，得关于的方程.由题意，该方程有解，则，求出正实数m的取值范围，即求正实数m的最小值.【详解】由题意，设点.，即，整理得，则，解得或..故选：.本题考查直线与方程，考查平面内两点间距离公式，属于中档题.9．B【解析】

根据二项式系数的性质，可求得，再通过赋值求得以及结果即可.【详解】因为展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，故可得，令，故可得，又因为，令，则，解得令，则.故选：B.本题考查二项式系数的性质，以及通过赋值法求系数之和，属综合基础题.10．C【解析】

根据辅助角公式化简三角函数式，结合为函数的一条对称轴可求得，代入辅助角公式得的解析式.根据三角函数图像平移变换，即可求得函数的解析式.【详解】函数，由辅助角公式化简可得，因为为函数图象的一条对称轴，代入可得，即，化简可解得，即，所以将函数的图象向右平行移动个单位长度可得，则，故选：C.本题考查了辅助角化简三角函数式的应用，三角函数对称轴的应用，三角函数图像平移变换的应用，属于中档题.11．D【解析】

取，可排除AB；由蛛网图可得数列的单调情况，进而得到要使，只需，由此可得到答案.【详解】取，，数列恒单调递增，且不存在最大值，故排除AB选项；由蛛网图可知，存在两个不动点，且，，因为当时，数列单调递增，则；当时，数列单调递减，则；所以要使，只需要，故，化简得且.故选：D．本题考查递推数列的综合运用，考查逻辑推理能力，属于难题．12．B【解析】

由命题的否定，复合命题的真假，充分必要条件，四种命题的关系对每个命题进行判断．【详解】“”的否定是“”，正确；已知为两个命题，若“”为假命题，则“”为真命题，正确；“”是“”的必要不充分条件,错误；“若，则且”是假命题，则它的逆否命题为假命题，错误.故选：B．本题考查命题真假判断，掌握四种命题的关系，复合命题的真假判断，充分必要条件等概念是解题基础．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

由题意，根据数列的通项与前n项和之间的关系，即可求得数列的通项公式．【详解】由题意，可知当时，；当时，.又因为不满足，所以.本题主要考查了利用数列的通项与前n项和之间的关系求解数列的通项公式，其中解答中熟记数列的通项与前n项和之间的关系，合理准确推导是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．14．【解析】的展开式中所有项的系数之和为，，，项的系数是，故答案为（1），（2）.15．【解析】

化简得到，，根据余弦定理和均值不等式得到，根据面积公式计算得到答案.【详解】，即，，故.根据余弦定理：，即.当时等号成立，故.故答案为：.本题考查了三角恒等变换，余弦定理，均值不等式，面积公式，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.16．32【解析】

由已知可得抽取的比例，计算出所有被调查的人数，再乘以抽取的比例即为分层抽样的样本容量.【详解】由题可知，抽取的比例为，被调查的总人数为人，则分层抽样的样本容量是人.故答案为：32本题考查分层抽样中求样本容量，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）；（2）.【解析】

（1）对范围分类整理得：，分类解不等式即可．（2）利用已知转化为“当时，”恒成立，利用绝对值不等式的性质可得：，问题得解．【详解】当时，，当时，由得，解得；当时，无解；当时，由得，解得，所以的解集为（2）的解集包含等价于在上恒成立，当时，等价于恒成立，而，∴，故满足条件的的取值范围是本题主要考查了含绝对值不等式的解法，还考查了转化能力及绝对值不等式的性质，考查计算能力，属于中档题．18．（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）利用等比数列的定义结合得出数列是等比数列（Ⅱ）数列是“等比-等差”的类型，利用分组求和即可得出前项和.【详解】解：（Ⅰ）当时，，故.当时，，则，，数列是首项为，公比为的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，，.（Ⅰ）证明数列是等比数列可利用定义法得出（Ⅱ）采用分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．19．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）1.【解析】

（Ⅰ）令，；则．易得，．即可证明；（Ⅱ），分①，②，③当时，讨论的零点个数即可．【详解】解：（Ⅰ）令，；则．令，，易得在递减，在递增，∴，∴在恒成立．∵在递减，在递增．∴．∵；（Ⅱ）∵点，点，∴，．①当时，可知，∴∴，，∴．∴在单调递增，，．∴在上有一个零点，②当时，，，∴，∴在恒成立，∴在无零点．③当时，，．∴在单调递减，，．∴在存在一个零点．综上，的零点个数为1．．本题考查了利用导数解决函数零点问题，考查了分类讨论思想，属于压轴题．20．证明见解析【解析】

根据相似三角形的判定定理,已知两个三角形有公共角,题中未给出线段比例关系,故可根据判定定理一需找到另外一组相等角,结合平面几何的知识证得即可.【详解】证明：∵，所以，又因为，所以．在与中，，，故~.本题考查平面几何中同弧所对的圆心角与圆周角的关系、相似三角形的判定定理;考查逻辑推理能力和数形结合思想;分析图形，找出角与角之间的关系是证明本题的关键;属于基础题.21．Ⅰ详见解析；Ⅱ①，②或．【解析】

Ⅰ可以通过已知证明出平面PAB，这样就可以证明出；Ⅱ以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可以求出相应点的坐标，求出平面PBC的法向量为、平面PCD的法向量，利用空间向量的数量积，求出二面角的大小；求出平面PBC的法向量，利用线面角的公式求出的值.【详解】证明：Ⅰ在图1中，，，为平行四边形，，，，当沿AD折起时，，，即，，又，平面PAB，又平面PAB，．解：Ⅱ以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由于平面ABCD则