四川省新高考联盟2025届高三上学期12月模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省新高考联盟2025届高三上学期12月模拟考试数学试题一、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.已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】由，得，所以，所以在复平面内对应的点为，位于第四象限．故选：D．2.已知：．若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，可得；由，因为是的充分不必要条件，则.故选：C3.已知等比数列的前项和为，若，则（）A. B.8 C.9 D.16【答案】B【解析】因为所以，则，由等比数列的前项和的性质可知，数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以，即，，即，所以.故选：B.4.已知，则（）A.3 B. C. D.【答案】D【解析】由可得，两边同除以可得，，代入，可得，故选：D5.已知点在确定的平面内，是平面外任意一点，满足，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】,因为四点共面，所以，注意到，从而.当且仅当时等号成立，所以的最小值为.故选：B.6.记的内角的对边分别为，已知，，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，，则，根据正弦定理，可得，在中，，则，，在中，易知，当时，.故选：B.7.已知椭圆的左、右焦点分别为，点都在椭圆上，若，且，则椭圆的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】依题意知F1-c如图，由，可知三点共线，三点共线.设Px0,y0，Ax1由消去，可得，则，同理可得，显然，，，由代入坐标可得：，即得，同理由可得，，由，可得，同理，，故（*），又点在椭圆上，则有，则（*）式可化成：，解得，故得，又，故的离心率的取值范围为.故选：B.8.如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则（）A.这两个球体的半径之和的最大值为B.这两个球体的半径之和的最大值为C.这两个球体的表面积之和的最大值为D.这两个球体的表面积之和的最大值为【答案】D【解析】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点作⊥AB，垂足为E，过点作⊥OF，垂足为D．设圆O的半径为R，圆的半径为r，当下面的球与上底面相切时，取得最大值，此时为该圆的内切球半径，等边三角形的边长为，内切球半径为，故，故R的最大值为，且取最大值时，三点共线，设，则，则，解得，所以，，，，.因为，所以①，整理得，解得，令函数，，.令函数，，所以是增函数.又因为，，所以，，所以，，，，即，，，，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，所以，即这两个球体的半径之和的最大值为.由①可得，这两个球体的表面积之和为.令，函数在上单调递增，所以，即这两个球体的表面积之和的最大值为.故选：D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.随机事件A，满足，则下列说法正确的是（）A. B.C D.【答案】CD【解析】A.，所以，，所以，故A错误；B.，故B错误；C.，故C正确；D.，，所以，，故D正确.故选：CD10.表示不超过的最大整数，例如：，已知函数，下列结论正确的有（）A.若，则B.C.函数的图象不关于原点对称D.设方程的解集为，集合，若，则【答案】ACD【解析】对于A，当，则，所以有，显然成立，故A正确；对于B，，此时不成立，故B错误；对于C，因为，所以，即不是奇函数，所以函数的图象不关于原点对称，故C正确；对于D，方程，可得，解得：或，所以或，又因为，，所以当时，满足题意，此时，解得；当时，由上可知方程有两根，解得，当时，若，则需要满足，当时，若，则需要满足，综上可得：，故D正确；故选：ACD.11.已知，直线为原点，点在上，直线与交于点在直线上，且，点的轨迹为史留斯蚌线，记为曲线，其中是的渐近线，如图所示．设是上一点，则（）A.B.存在异于原点的点，使得关于点的对称点仍在上C.若在第二象限，则的最大值为D.若在第一象限，则直线的斜率大于【答案】AD【解析】设，，，由与相交，则不与重合，即，设，则，所以，代入，可得，即，设，则，即，代入，即，即，由，即，所以，当时，从而，整理得；当时，即和重合，，此时方程成立；所以曲线方程为；由，所以，解得，故A正确；在第一象限的部分对应的方程为①，在第三象限的部分对应的方程为，它关于原点成中心对称的部分对应的方程为，即②，联立①②解得，这样矛盾，所以不存在异于原点的点，使得关于点的对称点仍在上，由对称性可知，二、四象限也不存在关于点的对称点仍在上，故B错误；当时，当时，故C错误；设，则，所以在上单调递减，从而，所以，即，所以，即，即，所以若在第一象限，则直线的斜率大于，故D正确.故选：AD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中的系数为______．【答案】【解析】当取1，取，的系数为；当取，取时，得的系数为：.所以的系数为：.故答案为：13.已知，且，则的最小值是_________.【答案】【解析】令其中，所以，若，则，故，令，因此,故,则，当且仅当等号成立，取时可满足等号成立，可知的最小值为，故答案为：.14.设A是非空数集，若对任意，都有，则称A具有性质P.给出以下命题：①若A具有性质P，则A可以是有限集；②若具有性质P，且，则具有性质P；③若具有性质P，则具有性质P；④若A具有性质P，且，则不具有性质P.其中所有真命题的序号是___________.【答案】①②④【解析】对于①，取集合具有性质P，故A可以是有限集，故①正确；对于②，取，则，，，，又具有性质P，，，，所以具有性质P，故②正确；对于③，取，，，，但，故③错误；对于④，若A具有性质P，且，假设也具有性质P，设，在中任取一个，此时可证得，否则若，由于也具有性质P，则，与矛盾，故，由于A具有性质P，也具有性质P，所以，而，这与矛盾，故当且A具有性质P时，则不具有性质P，同理当时，也可以类似推出矛盾，故④正确.故答案为：①②④四、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.已知函数，由下列四个条件中选出三个：①最大值为2；②最小正周期为；③；④．（1）求函数的解析式及单调递减区间；（2）设．当时，的值域为，求的取值范围．解：（1）对于条件③，有，因为，则，，显然不成立，因此只能选择条件①②④，则，，所以，此时；令，解之得；（2）由上可知，当时，，因为此时的值域为，则，则，故.16.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的正弦值；（3）记的中点为，若在线段上，且直线与平面所成的角的正弦值为，求线段的长．（1）证明：连接，则，因为，所以四边形为平行四边形；所以，因为，，且为的中点，所以，所以，所以，即，又因为，所以平面.（2）解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A2,0,0，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，即，取，设平面的法向量为，则，即，取，所以，所以二面角的正弦值为.（3）解：设，则，而，所以，由（II）知平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，则，化简得，解得：或，故线段的长度为或．17.已知椭圆的焦点在轴上，长轴长与短轴长的比为，焦距为.为椭圆上任意一点，过点作圆的两条切线、，分别为切点，直线分别与、轴交于、两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）求面积的最小值；（3）过点的两条直线，分别与椭圆相交于不同于点的，两点，若与的斜率之和为-2，直线是否经过定点？若过定点，求出定点坐标，若不过定点请说明理由.解：（1）依题意，，解得，则椭圆的标准方程为；（2）如图，设，连接,则,即点在以为直径的圆上，取的中点为，，则圆，即，将其与作差整理，可得直线的方程为：，令，则；令，则，则得，故，因点在椭圆上，故，由可得，当且仅当时，等号成立，此时，即当点为这四个点时，面积取得最小值；（3）如图，当直线的斜率为0时，直线与关于轴对称，此时不符合题意；故可设直线的方程为：，代入中，整理得：，由，可得设，则（*）依题，，化简整理得：，将（*）代入，可得，即得，整理得：，则有或.当时，经过点,不合题意，舍去；当时，，经过定点.故直线经过定点.18.若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成集合．（1）若是12项0-1数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和；（2）从集合中任意取出两个数列，记．①求随机变量的分布列，并证明：；②若用某软件产生项数列，记事件“第一次产生数字1”，“第二次产生数字1”，且．若，比较与的大小．解：（1）因为是12项数列，当且仅当时，，所以当和时，.设数列的所有项的和为，则，所以数列的所有项的和为0.（2）①因为数列，是从集合中任意取出两个数列，所以，数列，为项数列所以，的可能取值为：当时，数列，中有项取值不同，有项取值相同，又因为集合中元素的个数共有个，所以，,所以，的分布列为：证明：因为，所以，.②由题知，所以，，所以，，所以，即，所以，，即19.莫比乌斯函数，由德国数学家和天文学家莫比乌斯提出，数学家梅滕斯首先使用作为莫比乌斯函数的记号，其在数论中有着广泛应用所有大于1的正整数n都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，，例如：，对应，．现对任意，定义莫比乌斯函数．（1）求；（2）已知，记（为的质因数个数，为质数，）的所有因数从小到大依次为．（ⅰ）证明：；（ⅱ）求的值（用