四川省新高考教研联盟2025届高三上学期八省适应性联考模拟演练（一模）考试数学试题（解析版）

八省适应性联考模拟演练考试数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在木试卷上无效．3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的4个选项中只有一个答案符合要求．1.若随机变量，且，，则等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用正态密度曲线的对称性，即可求解.随机变量，且，，由正态密度曲线的对称性可知，，所以.故选：B2.底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为1，高为1的正四棱锥，所得棱台的体积为（）A.18 B.21 C.54 D.63【答案】B【解析】【分析】利用相似比计算出，然后再利用棱台的体积公式求解．如图所示，因为上下边长比为，所以，则棱台高，根据体积公式可得，故选：B．3.设圆：与圆：，点，分别是，上的动点，为直线上的动点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分析发现两圆心和的连线恰好垂直于直线，从而得出当与和共线时最小，从而得解.因为圆：的标准方程为；圆：的标准方程为：所以和的圆心坐标分别为、，半径，，所以直线的斜率，而直线的斜率为1所以直线与直线垂直，如图，所以当与和共线时最小，此时，又此时，，所以最小值为.故选：C4.已知直线：和直线：，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据直线平行求得或，再结合包含关系分析充分、必要条件.若，则，解得或，若，则直线：、直线：，可知；若，则直线：、直线：，可知；综上所述：或.因为是的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5.某单位春节共有四天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从甲、乙、丙、丁、戊、己六人选出四人值班，每名员工最多值班一天，已知甲在第一天不值班，乙在第四天不值班，则值班安排共有（）A.192种 B.252种 C.268种 D.360种【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合排列、组合计数问题列式计算即得.若甲乙不值班，值班安排有种；若甲乙只有一人不值班，值班安排有种；若甲乙都值班，值班安排有种，所以值班安排共有252种.故选：B6.设的三个顶点为复平面上的三点，，，满足，，，则内心的复数坐标的虚部所在区间是（）.A. B. C. D.前三个选项都不对【答案】A【解析】【分析】由对称性及，不妨设，则，，根据韦达定理知，是方程，可得方程两根为、，不妨设，，则在复平面上的顶点坐标为A5,0，，，设的内心为，根据三角形内心的性质即可求解.由对称性及，不妨设，则，.由韦达定理知，是方程的两个根，则方程的两根为、.不妨设，，则在复平面上的顶点坐标为A5,0，，,则,设三角形内心为，由内心的性质知，所以，解得，又，所以.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题主要考查了复数的几何意义及三角形的内心性质，解题的关键是要熟悉三角形内心性质.7.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，M和N分别是的重心和内心，且，则（）A.2 B.3 C.4 D.6【答案】B【解析】【分析】根据已知等式，利用和角公式和正弦定理化简得到，作出图形，利用面积相等建立边与之间的关系式，再由题设条件推得，代入计算即得.由可得，，因，代入得，由正弦定理得，.如图所示，分别延长交于点，延长交于点，分别过点作于点,过点作于点.设的内切圆半径为，边上的高为.由可得（*），因M和N分别是的重心和内心，且，则,即，代入（*）式，可得，，解得故选：B.【点睛】关键点点睛：本题主要考查正弦定理和三角形面积公式的应用，属于较难题.解题的关键是在由正弦定理化简已知式求得边后，要结合三角形的内切圆半径与三角形面积的关系建立等式，再利用其他条件消元即可.8.正整数，且，，满足这样条件的的组数为（）．A.60 B.90 C.75 D.86【答案】D【解析】【分析】由可得，，成等差数列，设设，，通分后为，，，其中，则可结合分k为奇数与k为偶数进行讨论，再分类后逐个列举出所有符合要求的数即可得.∵，∴，，成等差数列，设，，通分后为，，，其中；则，，，，，，∴当k为奇数时，，；当k为偶数时，，，；（1）当k为奇数时，设，则，①若，则，∴，∴，2，3，4，5，6，取，，，2，…，16；取，，，2，…，6；取，，，2，3；取，，，2；取，，；取，，；共种；②若，则，∴，∴，2，3，4，考虑到，从而，2，4，取，，，2，3，4，5；取，，，2；取，，；共种；③若，则，∴，∴，2，3，取，，，2；取，，；取，，；共种；④若，则，∴，∴，2，取，，；取，，；共2种，⑤若，则，∴，∴，∴，∴，矛盾；（2）当k为偶数时，设，则，①若，则，∴，∴，2，3，4，5，6，7，8，考虑到，从而，3，5，7，取，，，2，…，16；取，，，2，…，5；取，，，2；取，，，共种；②若，则，∴，∴，2，3，4，5，6，7，考虑到，从而，3，5，7，取，，，2，…，6；取，，，2；取，，；取，，；共种；③若，则，∴，∴，2，3，4，5，考虑到，从而，5，取，，，2，3；取，，；共种；④若，则，∴；∴，2，3，4，考虑到，从而，3，取，，，2；取，，；共种；⑤若，则，∴，∴，∴，，12，取，，；取，，；共2种，综上所述，共有组.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助等差数列性质可将，，通分为，，，其中，再结合进行分类讨论.二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错得0分．9.已知，，是函数的两个零点，且的最小值为，若将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，则的可能值为（）A. B. C. D.【答案】ABC【解析】【分析】由已知得函数周期，求出，再利用图像的平移变换规律写出函数平移后的解析式，再利用函数关于原点对称，列出等式即可得到结果.由题意知函数的最小正周期，则，得，所以.将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，要使该图象关于原点对称，则，，所以，，又，所以当时，为；当时，为；当时，为；故选：ABC10.曲线的方程为，下列对曲线的描述正确的是（）A.曲线关于原点对称B.曲线与椭圆无公共点C.曲线所围成的封闭图形的面积大于椭圆围成的封闭图形的面积D.曲线上的点到原点距离的最大值为【答案】AC【解析】【分析】对A：若在曲线上，研究是否在曲线上即可得；对B：找出两曲线公共点即可得；对C：计算可得除去，其余上的点都在外，即可得解；对D：借助三角换元结合两点间距离公式与辅助角公式可得曲线上的点到原点距离的最大值.对A：若满足，则亦在曲线上，故A正确；对B：如即为两个曲线公共点，故B错误；对C：记在曲线上，在曲线上，且，则有，，故，即除去，其余上的点都在外，故C正确；对D：令，则，则，（其中），所以曲线上的点到原点距离的最大值为，故D错误．故选：AC.【点睛】关键点点睛：D选项关键点在于借助三角换元结合两点间距离公式与辅助角公式即可得曲线上的点到原点距离的最大值.11.在棱长为2的正方体中，是的中点，下列说法正确的是（）A.若是线段上的动点，则三棱锥的体积为定值B.三棱锥外接球的半径为C.若与平面，平面，平面所成的角分别为（），则D.若平面与正方体各个面所在的平面所成的二面角分别为，则【答案】ACD【解析】【分析】对于A，连接交于点，连接，可证得∥平面，进而进行判断，对于B，根据线面垂直的判定定理可证得平面，设为等边三角形的外心，过作平面的垂线，则三棱锥外接球的球心在此直线上，然后求解，对于C，取的中点，连接，可得与平面，平面，平面所成的角分别，然后求它们的余弦值即可，对于D，由题意可得平面平面，平面平面，为二角面的平面角，为二面角的平面角，然后求出它们的正弦值判断.对于A，连接交于点，连接，因为四边形为正方形，所以为的中点，因为是的中点，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面，因为是线段上的动点，所以点到平面的距离为定值，因为的面积也为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以A正确，对于B，因为平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证，由选项A可知∥，所以，，因为，平面，所以平面，设为等边三角形的外心，则,过作平面的垂线，则三棱锥外接球的球心在此直线上，设球心为，连接，过作于，则，，设三棱锥外接球的半径为，则，设，则，因为，所以，解得，，所以B错误，对于C，取的中点，连接，则∥，∥，所以平面，平面，因为平面，所以与平面，平面，平面所成的角分别，因为，所以，所以，即，所以C正确，对于D，因为∥，∥，所以∥，所以平面就是平面，因为平面，平面，平面，所以平面平面，平面平面，因为平面，平面，所以，所以为二角面的平面角，为二面角的平面角，，，所以平面与上下两个底面所成二面角的正弦值为，与前后两个平面所成二面角的正弦值为，与左右两个平面所成二面角的正弦值为，所以，所以D正确，故选：ACD【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直，面面垂直，考查线面角，面面角，解题的关键是根据正方体的性质结合线面角和面面角的定义找出线面角和面面角，考查空间想象能力和计算能力，属于难题.三、填空题：本大题共5小题，每小题5分，满分15分．12.曲线在，两点处的切线分别为，，且，则______；若，交点的横坐标为，则______．【答案】①.②.【解析】【分析】根据对数的运算性质化简函数的解析式，结合导数的几何意义、互相垂直的两直线的斜率的关系分类讨论进行求解即可.由，不妨设，切线，的斜率分别为，，当时，则有，，此时，显然，因此不成立，不符合题意；当时，则有，，此时，显然，因此不成立，不符合题意；当时，则有，，此时，由可得，此时切线，的切线方程分别为：，，两个方程联立，得，因此，故答案为：；【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用对数运算性质化简函数的解析式，利用两直线垂直的斜率之间的关系进行求解.13.设函数，其中是的三条边长，且有．给出下列四个结论：①若，则的零点均大于1；②若，则对任意都能构成一个三角形的三条边长；③对任意；④若为直角三角形，则对任意．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】①③④【解析】【分析】令，则有，求出的范围可判断①；利用构成三角形的条件可判断②④；利用可判断③．对于①，因为，所以，令，则有，所以，因为，所以，又因为，所以，所以，所以，所以当时，函数的零点大于1，故正确；对于②，因为，当时，，此时，不能够成三角形的三边，故错误；对于③，因为，所以，所以当时，，故正确；对于④，因为为直角三角形，所以，所以（时等号成立），故正确．所以说法正确的是：①③④．故答案：①③④．【点睛】思路点睛：对于③，要根据题意认真分析解决每一步，提取后进行放缩得证，判断都要有理有据.14.设，满足：关于x的方程恰有三个不同的实数解，且，则的值为_____．【答案】144．【解析】【分析】令，将方程根的问题转化为函数问题，结合函数的奇偶性和单调性进行计算，即可得到结果.解：令，则关于t的方程恰有三个不同的实数解．由于为偶函数，故方程的三个实数解关于数轴原点对称分布，从而必有．以下求方程的实数解．当时，，等号成立当且仅当；当时，单调增，且当时；当时，单调减，且当时．从而方程恰有三个实数解．由条件知，结合得．于是．故答案为：144【点睛】关键点点睛：要求解方程的根，关键是转化为函数问题，结合函数的奇偶性和单调性进行求解，考查转化能力.四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程及步骤．15.已知圆：和点，为圆外一点，直线与圆相切于点，.（1）求点的轨迹方程；（2）记（1）中的点的轨迹为，是否存在斜率为的直线，使以被曲线截得得弦为直径得圆过点？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）存在，或【解析】【分析】（1）根据圆的切线性质，结合两点间距离公式进行求解即可；（2）根据一元二次方程根与系数关系，结合直径所对圆周角为直角的性质、互相垂直两直线的斜率关系进行求解即可.【小问1】设点坐标为，直线与圆相切于点，则，所以，即，化简得.【小问2】设直线方程为，点Mx1,y联立方程，得，所以.因为以为直径得圆过点B-2,0，则，即，化简得，代入根与系数关系中，得，解得或，故直线的方程为或.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用直径所对圆周角为直角、一元二次方程根与系数关系进行求解.16.随着“双十一购物节”的来临，某服装店准备了抽奖活动回馈新老客户，活动规则如下：奖券共3张，分别可以再店内无门槛优惠10元､20元和30元，每人每天可抽1张奖券，每人抽完后将所抽取奖券放回，以供下一位顾客抽取.若某天抽奖金额少于20元，则下一天可无放回地抽2张奖券，以优惠金额更大的作为所得，否则正常抽取.（1）求第二天获得优惠金额的数学期望；（2）记“第天抽取1张奖券”的概率为，写出与的关系式并求出.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据乘法公式求解概率，即可由期望公式求解，（2）由题意得，即可利用构造法求解为等比数列，即可由等比数列的通项求解.【小问1】设第二天获得的优惠券金额为的可能取值为，第二天抽1张奖券的概率为，抽2张奖券的概率为，若抽2张奖券，优惠金额20元的概率为，优惠金额30元的概率为，，，，故第二天获得优惠金额的数学期望.【小问2】记“第天抽取1张奖券”的概率为，则“第天抽取2张奖券”的概率为，则“第天抽取1张奖券”的概率为，，设，则，又，则，所以数列是公比为的等比数列，.17.已知函数.（1）求曲线在处的切线方程；（2）已知实数，设.（i）若，求的极值；（ii）若有3个零点，求的值.【答案】（1）（2）（i）有极小值为，无极大值；（ii）【解析】【分析】（1）利用导数，求切点处的切线方程；（2）（i）利用导数求函数单调性，判断极值点并求极值；（ii）利用导数求函数的单调性，通过构造函数判断函数值的符号讨论零点所在区间，由零点个数求的值.【小问1】由，得，所以，又，所以曲线在处的切线方程为.【小问2】（i），则，则，设，则，令得，令得，在上单调递减，在上单调递增，又，恒成立，令得，令得，上单调递减，在上单调递增，有极小值为，无极大值.（ii），则，设，则，，.令得，令得，在上单调递减，在上单调递增，，①当，即时，，，恒成立，令得，令得，在上单调递减，在上单调递增，不可能有3个零点，②当，即时，，又，，，设，由（i）得恒成立，在上单调递增，又，恒成立，，存在和，使得，当或时，；当时，，所以，当或时，；当或时，，在和上单调递减，在和上单调递增，又，，在有唯一零点；，设，由（i）得恒成立，在上单调递增，又，所以恒成立，所以当时，，，在有惟一零点；所以要使得有3个零点，必有，代入可得.【点睛】方法点睛：导函数中两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.18.已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，.（1）求的长；（2）若为的中点，求二面角的余弦值；（3）若为上一点，且满足，求.【答案】（1）2（2）（3）10【解析】【分析】（1）证明，为直线与所成的角，设，结合“向量积”的模的定义由条件列方程求可得的长；（2）过点作交的延长线于点，证明为二面角的平面角，解三角形求其大小，结合二面角与二面角互补可得结论；（3）过点作，证明平面，过点作交于点，证明，结合条件可求.【小问1】因为底面为矩形，所以，，因为底面，底面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以为直线与所成的角，即，设，则，，在中，又，所以，解得或（舍去），所以；【小问2】在平面内过点作交的延长线于点，连接，因为底面，底面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角，因为为的中点，所以，，所以，设二面角的平面角为，则，所以，即二面角的余弦值为；【小问3】依题意，，又，所以，，又，所以，又，平面，所以平面，在平面内过点作，垂足为，由平面，平面，所以，又，平面，所以平面，在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又，即，所以.【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.19.桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎样放，我们会发现至少会有一个抽屉里面放不少于两个苹果．这一现象就是我们所说的“抽屉原理”．抽屉原理的一般含义为：如果每个抽屉代表一个集