四川省仁寿第一中学南校区高三适应性测试（模拟）数学试题

2025届高考综合改革适应性测试模拟数学试题本卷满分：150分考试时间：120分钟一、选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由绝对值不等式及一元二次不等式的解法求出集合和，然后根据交集的定义即可求解.【详解】解：由题意，集合，或，所以，故选：B.2.设，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法和共轭复数的概念求解即可.【详解】，则，故选：B.3.已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】根据向量投影的概念运算求出，再利用向量数量积运算求得结果.【详解】由题在上的投影向量为，又，，即，.故选：A.4.已知，，则sin（α＋β）=（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分别对已知两个等式两边平方相加，化简后利用两角和的正弦公式可求得结果.【详解】因为，所以，所以，，两式相加可得：，所以，所以，解得，故选：C.5.设，，则下列结论错误的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，且，则【答案】B【解析】【分析】由不等式的性质可判断A，B；由基本不等式可判断C；由在上单调递增可判断D.【详解】对于A，若，则，则，正确；对于B，若，则，则，不正确；对于C，若，则，正确；对于D，因为函数在上单调递增，，，正确.故选：B.6.已知双曲线：的右焦点为F，过点F作垂直于x轴的直线，M，N分别是与双曲线C及其渐近线在第一象限内的交点.若M是线段的中点，则C的渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】设双曲线的右焦点，求出点和的坐标，利用中点坐标公式列式计算得关系，进而可得渐近线方程.【详解】设双曲线的右焦点，过第一象限的渐近线方程为，当时，，即，又，因为M是线段的中点，所以，得，所以，即，所以C的渐近线方程为.故选：C.7.黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器．该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足．器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收．黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径，足径，高，其中底部圆柱高，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（）（附：的值取3，）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先求圆台母线长，再代入圆台和圆柱侧面积公式，即可求解.【详解】设该圆台的母线长为，两底面圆半径分别为，（其中），则，，，所以，故圆台部分的侧面积为，圆柱部分的侧面积为，故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为.故选：B.8.已知函数的定义域为，且，，设，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】赋值可求得，，，，进而结合裂项相消法求和即可.【详解】由，，令，得，即，令，得，即，令，得，即，令，得，即，同理可得，，，，则.故选：C二、选择题：本大题共2小题，每小题6分，共计12分.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，选对但不全得部分分，有选错的得0分.9.给出下列四个命题，其中不正确命题为（）A.是的充分不必要条件B.是的必要不充分条件C.是函数为奇函数的充要条件D.是函数在上单调递增的既不充分也不必要条件【答案】ABD【解析】【分析】对于A项，根据单调性验证充分性和必要性；对于B项，取特值验证必要性不成立；对于C项，充分性考察幂函数的奇偶性，必要性求出和对应系数相等；对于D项，必要性根据幂函数的单调性验证.【详解】对于A项，设函数，因为在上单调递增，则，因为在上单调递增，当时，即，所以充分性成立；若，即，又因为在上单调递增，所以，必要性成立；所以“”是“”的充要条件，A不正确．对于B项，取满足，但是不满足，则“”不是“”的必要条件，B不正确．对于C项，时，的定义域为关于原点对称，又因为，所以是定义在奇函数，所以充分性成立；若为奇函数，则并且，又因为，则，所以必要性成立.故是函数为奇函数的充要条件，所以C正确.对于D项，因为函数在上单调递增，所以，故必要性成立，所以D项不正确.故选：ABD．10.已知函数，，是的两个零点，且，则（）A. B.为的极小值点C.的极大值为4 D.满足的解集是【答案】BCD【解析】【分析】根据，是的两个零点可得，，进而结合即可求得的值，进而判断A；结合导数分析函数的单调性，可判断BC；结合函数的图象可判断D.【详解】因为，是的两个零点，则，即，，则，所以，即，解得，则，即.对于A，，故A错误；对于B，由，令，得或；令，得，所以函数在和上单调递增，在上单调递减，则为的极小值点，故B正确；对于C，当时，函数取得极大值，故C正确；对于D，由于，画出函数的图象，如图，满足的解集是，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.11.二项式的展开式中的常数项为__________.【答案】【解析】【分析】依题意，写出二项式的通项，由求得值代入即得.【详解】二项式的通项为，由可得，即得二项展开式中的常数项为.故答案为：12.已知函数，若为偶函数，且在区间内仅有两个零点，则的值是__________．【答案】2【解析】【分析】根据偶函数的性质，求得，，再结合余弦函数的零点，列出不等式，即可求解.【详解】偶函数，所以，，得，，当时，，在区间内仅有两个零点，所以，解得：，所以.故答案为：213.已知抛物线：，：的焦点分别为，，一条平行于x轴的直线与，分别交于点A，B，若，则四边形的面积为____________.【答案】【解析】【分析】根据，结合焦半径公式，求得，进而求得，再结合平行四边形面积公式即可求得结果.【详解】设，，根据题意可知，故，即，又由抛物线的定义可知，，当时，，故，，，所以，四边形是平行四边形，故四边形的面积为.故答案为：.14.某警察学院体育比赛包括“射击”、“游泳”、“折返跑”、“百米接力”、“伤员搬运”、“400米障碍”六个项目，规定：每个项目前三名得分依次为，，，其中，选手的最终得分为各场得分之和.最终甲、乙、丙三人包揽了每个项目的前三名，在六个项目中，已知甲最终得分为26分，乙最终得分为12分，丙最终得分为10分，且丙在“射击”这个项目中获得了第一名，那么______，“游泳”这个项目的第二名是______.【答案】①.②.乙【解析】【分析】根据得分总和可得，结合反证法可得，再就甲在除射击外的5个项目中的得分分类讨论后可得游泳中的第二名.【详解】因为甲乙丙包揽了每个项目的前三名，故它们的得分总和为，故，若，则，此时，与矛盾；故，故，故或，若，则丙在除射击外的5个项目共拿6分，但其余5个项目丙拿5分或7分以上，矛盾；故，所以丙在除射击外的5个项目中每个项目均拿1分，共计5分；甲共计分，则甲在除射击外的5个项目中拿分或分，若甲在除“射击”外的5个项目中拿分，则甲在射击项目中拿1分，其余5个项目中每个项目都拿5分，此时乙在6个项目中的分数为，符合题意；若甲在除“射击”外的5个项目中拿分，故甲在射击中拿2分，乙拿1分，则其余5个项目中，甲在4个项目中每个项目拿5分，1个项目中拿2分，此时甲的总分达不到分，故，游泳的第二名为乙，故答案为：，乙.【点睛】思路点睛：对于逻辑推理题，我们需从题设条件中挖掘一些等量关系，而且要结合数据的特征作出合理的分类.四、解答题：本题共6小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知在中，内角，，所对的边分别为，，，.（1）求角；（2）已知直线为的平分线，且与交于点，若，，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，再根据同角三角函数关系式可得解；（2）根据余弦定理及三角形面积列方程，解方程可得，即可得周长.【小问1详解】在中，由正弦定理可知可转化为，即，即，，由在中，，则；【小问2详解】在中，由，即，又直线为的平分线，则，所以，即，又由余弦定理可得，即，可知，解得或（舍），所以的周长为.16.已知数列的前项和为，，数列是以1为公差的等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若对于任意正整数，都有，求实数的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)求出给定的等差数列通项公式，再利用前项和求通项公式的方法求解作答即可；(2)运用裂项相消法求和，化简整理，判断数列的最值，再由恒成立思想，即可得到所求实数的最小值.【小问1详解】数列是以1为公差的等差数列，且，，，当时，；经检验，当时，满足上式.【小问2详解】由，则，而，所以，即的最小值为.17.某同学进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5.（1）若该同学共投篮4次，求在投中2次的条件下，第二次没有投中的概率；（2）设随机变量服从二项分布，记则当时，可认为η服从标准正态分布.若保证投中的频率在区间的概率不低于，求该同学至少要投多少次.附:若，则，.【答案】（1）（2）68【解析】【分析】（1）设出事件，由条件概率公式即可求解；（2）首先将题目条件转换为的概率至少为，进一步通过计算得，从而可得，由此即可得解.【小问1详解】该同学投篮了四次，设分别表示“第二次没有投中”和“恰投中两次”.则有.【小问2详解】随机变量代表次投篮后命中的次数，则服从二项分布，然后令随机变量，并近似视其服从正态分布.题目条件即为，即的概率至少为.由于我们有，故命题等价于，解得.综上，该同学至少要投次.18.如图，在四棱锥中，底面，若四边形为菱形，，且分别为的中点.（1）试判断直线与是否垂直，并说明理由；（2）若四棱锥的体积为，求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）直线与不垂直，理由见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用反证法，结合线面垂直的性质、判定及菱形的性质导出矛盾即可得证.（2）利用给定的体积求出，进而求出，再利用几何法结合余弦定理求解即得.【小问1详解】直线与不垂直，证明如下：假设，连接，连接，由分别为的中点，得，由平面，得平面，而平面，则，又，平面，于是平面，又平面，则，由四边形是菱形，得，因此，与矛盾，所以直线与不垂直.【小问2详解】菱形中，，则，菱形的面积，而平面，于是四棱锥的体积为，解得，由平面，得，，，由，得或其补角即为异面直线与所成的角，在中，，由余弦定理得，所以异面直线与所成角的余弦值为.19.如图，已知椭圆上、下焦点分别为，，焦距为2，离心率为，称圆心在椭圆上运动，且半径为的圆是椭圆的“环绕圆”.（1）求椭圆的标准方程；（2）记直线与椭圆的另一个交点为点，“环绕圆”的面积为，三角形的面积为，试判断，是否存在点，使，若存在，求满足条件的直线的条数，若不存在，请说明理由；（3）若过原点可作“环绕圆”的两条切线，分别交椭圆于、两点，直线，的斜率存在，记为，，求的取值范围.【答案】（1）；（2）存在，2条；（3）.【解析】【分析】（1）根据焦距、离心率及参数关系求标准方程；（2）设直线为，，联立椭圆并应用韦达定理得，，根据及已知列方程求参数k，即可得答案.（3）设切线方程为，切线方程为，且，根据相切关系得到是的两个不相等实根，由韦达定理及椭圆有界性求范围.【小问1详解】由题意，，得，故椭圆的标准方程为；【小问2详解】由（1）知：，显然直线不与轴重合，设直线为，，联立，得，显然，所以，，则，圆半径为1，则，故，所以（负值舍），即满足条件的直线有2条；【小问3详解】设切线方程为，切线方程为，且，圆与相切，则，化简得，同理，所以是的两个不相等实根，则，又在椭圆上，故，则，由存在，则，即，所以.20.已知函数.（1）若，是定义在上的函数，，.证明：当时，为周期函数.（2）若曲线在处的切线方程为，设（），为的导函数，且有两个极值点，（）.证明：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先根据偶函数的判定得为偶函数，再计算得，则证明其为周期函数；（2）直