四川省巴中市普通高中2025届高三一诊考试数学试卷

/2025年四川省巴中市高考数学一诊试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知复数z在复平面内满足|z|≤1，则复数z对应的点Z的集合所形成图形的面积为(

)A.π2 B.π C.32π2.已知集合A={x||x+1|>1}，B={x|1x>2}，则A∩B=A.(−∞,0)∪(0,12) B.(12,+∞)3.已知a∈R，b∈R，则“a>b”是“1a<1b”成立的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分又不必要条件4.已知向量a=(1,2)，b=(−1,1)，若(λa+b)⊥A.−2 B.−1 C.1 D.25.若函数f(x)=a⋅2x+22A.0 B.1 C.2 D.无解6.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S4=12，A.56 B.60 C.64 D.687.已知三棱锥P−ABC四个顶点都在球O面上，PA=PB=PC=2，∠APB=90∘，M为AB的中点，C在面APB内的射影为PM的中点，则球O的表面积等于(

)A.1287π B.647π C.8.已知函数f(x)=x2+2x+2,x≤0,|lnx|,x>0,A.6 B.7 C.10 D.11二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。9.下列命题正确的有(

)A.回归直线y=bx+a过样本点的中心(x−,y−)，且至少过一个样本点

10.已知函数f(x)=cos4x−sinA.x=π4是f(x)的对称轴 B.f(x)的最小正周期为π

C.f(x)在区间[−π2,0]上单调递减 D.11.过抛物线y=2x2的焦点F作直线与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2A.以AF为直径的圆与x轴相切

B.1|AF|+1|BF|=8

C.k1k2=−2

D.分别过A，B两点作抛物线的切线l三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知cosα−sinαcosα+sin13.22025除以7的余数为______.14.已知F1，F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点，点P在双曲线右支上且不与右顶点重合，过四、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.(本小题13分)

甲乙两人进行投篮比赛，要求各投篮2次.已知甲乙两人每次投中的概率分别为23，13，且每人每次投中与否互不影响.

(1)求“甲第一次未投中，乙两次都投中”的概率；

(2)求“乙获胜”的概率.16.(本小题15分)

已知数列{an}的通项公式为an=2n−12n.

17.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.

(1)若BC⊥AB，平面AEF与平面PBC是否互相垂直？如果垂直.请证明；如果不垂直，请说明理由.

(2)若底面ABCD为正方形，当平面AEF与平面PCD夹角为π6时，求BFBC的值.18.(本小题17分)

已知函数f(x)=xlnx.

(1)求函数f(x)的极值；

(2)求证：当0<x≤1时，2f(x)≥x2−1；

(3)若ℎ(x)=x2−2t|1+19.(本小题17分)

已知双曲线C1：x2−y23=1与曲线C2：3(x−m)2+(y−n)2=6有4个交点A，B，C，D(按逆时针排列).

(1)若方程x4+ax3+bx2+cx+d=0有4个实数根x1，答案和解析1.【答案】B

【解析】解：由|z|≤1，

可知在复平面内z对应的点Z的集合确定的图形为以(0,0)为圆心，1为半径的圆环及内部，

故在复平面内z对应的点Z的集合确定的图形面积为π×12=π.

故选：B.

2.【答案】C

【解析】解：A={x|x<−2或x>0}，B={x|0<x<12}，

∴A∩B=(0,12).

故选：C.

可求出集合3.【答案】D

【解析】【分析】

根据充分必要条件的定义分别判断其充分性和必要性即可．

本题考查了充分必要条件，考查不等式问题，是一道基础题．

【解答】

解：令a=1，b=−1，则a>b，而1a>1b，不是充分条件，

若1a<1b，即b−aab<0，

∴b−a<0ab>0或b−a>0ab<0，

即a，b同号时：4.【答案】A

【解析】解：∵向量a=(1,2)，b=(−1,1)，(λa+b)⊥b，

∴(λa+b)⋅b=λ5.【答案】D

【解析】解：根据题意，函数f(x)=a⋅2x+22x=a+22x=a+21−x，

f(−x)=a+21+x，

若f(x)为奇函数，则f(x)+f(−x)=2a+21−x+21+x6.【答案】B

【解析】解：Sn为等差数列{an}的前n项和，S4=12，S8=40，

∴4a1+4×32d=128a1+7.【答案】B

【解析】解：如图，设PM的中点为N，则由CN⊥平面PAB，可知PC=CM=2，

又∠APB=90∘，PA=PB=2，所以PM=12AB=2，所以PN=22，

所以CN=22−(22)2=142，

又三棱锥P−ABC的外接球的球心O在过M且垂直平面PAB的垂线上，

设球心O到平面PAB的距离为t，球O的半径为R，

则t2+(2)2=R2=(22)28.【答案】D

【解析】解：作出函数=f(x)的图象，如图所示：

令f(x)−2=t，

则有f(t)=2，

易得此时有4个解，分别为t1=−2，t2=0，t3=e−2，t4=e2，

结合图象可得：

当t=−2时，即f(x)=0，此时有1个解；

当t=0，即f(x)=2时，有4个解；

当t=e−2，即f(x)=2+e−2有3个解；

当t=e2，即f(x)=2+e2有3个解；

所以原方程共有1+4+3+3=11个解．

故选：9.【答案】CD

【解析】解：对于A，回归直线y=bx+a过样本点的中心(x−,y−)，但是不一定过样本点，故A错误；

对于B，两个变量相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近1，故B错误；

对于C，由方差的性质可知，将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数，则其方差不变，故C正确；

对于D，将9个数的一组数去掉一个最小和一个最大数，则中位数不变，故D正确．

10.【答案】BD

【解析】解：f(x)=cos4x−sin4x=(cos2x+sin2x)(cos2x−sin2x)=cos2x，

由于f(π4)=cosπ2=0，则x=π4不是f(x)的对称轴，选项A错误；

最小正周期为2π2=π，选项B正确；

当−π211.【答案】ABD

【解析】解：依题意有，抛物线y=2x2的焦点F(0,18)，准线方程为y=−18，

显然直线AB的斜率存在，则设直线AB的方程为y=kx+18，

联立y=kx+18y=2x2，消去y得2x2−kx−18=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=k2，x1x2=−116，

所以y1+y2=k(x1+x2)+14=k22+14，y1y2=4(x1x2)2=164.

对于A，线段AF的中点M(x12,116+y12)，由抛物线定义可得|AF|=y1+112.【答案】45【解析】解：因为cosα−sinαcosα+sinα=1−tanα1+tanα=13，

13.【答案】1

【解析】解：因为22025=8675=(7+1)675=C6750⋅7675+14.【答案】(【解析】解：根据题意作图如下：

连接OM，设∠F1PF2平分线的垂线F2M交F1P于点N，

因为角平分线PM⊥F2N，所以三角形PF2N为等腰三角形，|PF2|=|PN|，且M为F2N中点，

因为|PF1|−|PF2|=2a，所以|NF1|=2a，

因为O为F1F2中点，所以|OM|=a，

在三角形MF1O中，cos∠MF1O=3b2+c15.【答案】解：根据题意，设A1=“甲第一次投中”，A2=“甲第二次投中”，B1=“乙第一次投中”，B2=“乙第二次投中”，

(1)设E=“甲第一次未投中，乙两次都投中”，

则P(E)=P(A1−B1B【解析】(1)设A1=“甲第一次投中”，A2=“甲第二次投中”，B1=“乙第一次投中”，B2=“乙第二次投中”，设B=“甲第一次未投中，乙两次都投中”，易得E=A116.【答案】证明：(1)数列{an}的通项公式为an=2n−12n=1−12n，由于函数f(x)=1−12n为单调递增函数，故f(x)min=f(1)=12，【解析】(1)直接利用函数的单调性和放缩法求出结果；

(2)利用对数的运算和相消法的应用求出结果．

本题考查的知识点：函数的单调性，放缩法和裂项相消法的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．17.【答案】解：(1)平面AEF⊥平面PBC，

理由如下：

证明：∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，

∴PA⊥BC，又∵BC⊥AB，而PA∩AB=A，

∴BC⊥平面PAB，∵AE⊂平面PAB，

∴BC⊥AE，

∵PA=PB，E为PB的中点，

∴AE⊥PB，而PB∩BC=B，

∴AE⊥平面PBC，∵AE⊂平面AEP，

∴平面AEF⊥平面PBC；

(2)由底面ABCD为正方形及PA⊥底面ABCD，∴AB，AD，AP两两垂直，

以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设AB=AP=2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，E(1,0,1)，

设F(2,t,0)(0≤t≤2)，

设平面AEF的法向量为m=(x1,y1,z1)，AE=(1,0,1)，AF=(2,t,0)，

则：m⋅AE=x1+z1=0m⋅AF=2x1+ty1=0，

取y1=2，则x1=−t，z1=t，

得m=(−t,2,t)，

【解析】(1)先证AE⊥平面PBC，再利用面面垂直得判定定理即可得证；

(2)建立空间直角坐标系，分别求出平面AEF与平面PCD得法向量，利用向量法求解即可．

本题考查面面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．18.【答案】解：(1)f′(x)=lnx+1(x>0)，令f′(x)=0，得x=e−1，

当0<x<e−1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

当x>e−1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

所以f(x)极小值=f(e−1)=−e−1，无极大值．

(2)证明：原不等式等价于：0<x≤1，2xlnx≥x2−1，

即0<x≤1，2xlnx−x2+1≥0，

令g(x)=2xlnx−x2+1，(0<x≤1)，下证：g(x)≥0，

则g′(x)=2lnx+2−2x，g′′(x)=2x−2=2(1−x)x≥0，等号当且仅当x=1时成立，

所以g′(x)在0<x≤1上单调递增，g′(x)≤g′(1)=0，等号当且仅当x=1时成立，

所以g(x)在0<x≤1上单调递减，g(x)≥g(1)=0，即原不等式成立．

(3)等价于ℎ(x)=x2−2t|1+lnx|(0<t<1)的零点个数问题：

①当0<x<e−1时，ℎ(x)=x2+2t(1+lnx)，显然ℎ(x)在(0,e−1)上单调递增，

又ℎ(0)→−∞，ℎ(e−1)=e2>0，所以ℎ(x)在(0,e−1)上总有唯一的零点；

②当x>e−1时，ℎ(x)=x2−2t(1+lnx)，

则ℎ′(x)=x2−2t(1+lnx)=2x−2tx=2(x+t)(x−t)x，

(Ⅰ)若0<t≤e−2，则ℎ′(x)>0在(e−1,+∞)上恒成立，ℎ(x)在(e−1,+∞)上单调递增，【解析】(1)对f(x)求导，利用导数判断函数的单调性，进而可得函数的极值；

(2)不等式等价于0<x≤1，2xlnx−x2+1≥0，令g(x)=2xlnx−x2+1，(0<x≤1)，利用导数证明g(x)≥0即可