2025届四川省高三上册入学摸底考数学学情检测试题合集2套（含解析）

2025届四川省高三上学期入学摸底考数学学情检测试题（一）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．的虚部为（

）A． B． C． D．2．已知等差数列满足，则（）A． B．1 C．0 D．3．，则（）A． B． C． D．4．函数的极值点个数为（）A．0 B．1 C．2 D．35．已知某地区高考二检数学共有8000名考生参与，且二检的数学成绩近似服从正态分布，若成绩在80分以下的有1500人，则可以估计（

）A． B． C． D．6．定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集且，那么称子集族构成集合的一个划分.已知集合，则集合的所有划分的个数为（）A．3 B．4 C．14 D．167．已知圆台的上､下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台外接球的球心到上底面的距离为（

）A． B． C． D．8．已知为坐标原点，抛物线的焦点到准线的距离为1，过点的直线与交于两点，过点作的切线与轴分别交于两点，则（

）A． B． C． 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分9．已知函数，则（

）A．的最小正周期为B．与有相同的最小值C．直线为图象的一条对称轴D．将的图象向左平移个单位长度后得到的图像10．已知函数为的导函数，则（）A．B．在上单调递增C．的极小值为D．方程有3个不等的实根11．已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），动点在直线上，且，则（

）A．三棱锥的体积为定值B．动点的轨迹长度为C．不存在点，使得平面D．四面体DEFG体积的最大值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12．已知向量，若，则.13．已知一组数据：的平均数为6，则该组数据的第40百分位数为.14．已知为坐标原点，双曲线的左､右焦点分别为，点在以为圆心､为半径的圆上，且直线与圆相切，若直线与的一条渐近线交于点，且，则的离心率为.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．已知中，角所对的边分别为，其中.(1)求的值；(2)若的面积为3，周长为6，求的值.16．如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点(1)证明：平面;(2)若，求直线与平面所成角的正弦值17．已知椭圆的离心率为，右焦点为，点在上.(1)求的方程；(2)已知为坐标原点，点在直线上，若直线与相切，且，求的值.18．已知函数.(1)若，求曲线y=fx在x=1处的切线方程；(2)若x>0时，求的取值范围；(3)若，证明：当时，.19．已知首项为1的数列满足.(1)若，在所有中随机抽取2个数列，记满足的数列的个数为，求的分布列及数学期望；(2)若数列满足：若存在，则存在且，使得.（i）若，证明：数列是等差数列，并求数列的前项和；（ii）在所有满足条件的数列中，求使得成立的的最小值.1．A【分析】根据复数的运算化简得，再根据虚部的定义即可求解．【详解】，则所求虚部为.故选：A．2．C【分析】根据等差数列的通项公式求解即可.【详解】由可得：，所以，故选：C3．D【分析】利用诱导公式对进行化简，再利用进行求解即可.【详解】由，则，因此可得，故选：D.4．B【分析】对分段函数中的每一段的函数分别探究其单调性情况，再进行综合考虑即得.【详解】当时，，此时函数在上单调递减，在上单调递增，故此时函数有一个极小值点为2；当时，，因恒成立，故函数在上单调递减，结合函数在上单调递减，可知0不是函数的极值点.综上，函数的极值点只有1个.故选：B.5．B【分析】解法一，求出，根据正态分布的对称性，即可求得答案；解法二，求出数学成绩在80分至95分的人数，由对称性，再求出数学成绩在95分至110分的人数，即可求得答案.【详解】解法一：依题意，得，故；解法二：数学成绩在80分至95分的有人，由对称性，数学成绩在95分至110分的也有2500人，故.故选：B.6．B【分析】解二次不等式得到集合，由子集族的定义对集合进行划分，即可得到所有划分的个数.【详解】依题意，，的2划分为，共3个，的3划分为，共1个，故集合的所有划分的个数为4.故选：B.7．C【分析】由圆台的侧面积公式求出母线长，再由勾股定理得到高即可计算；【详解】依题意，记圆台的上､下底面半径分别为，则，则，设圆台的母线长为，则，解得，则圆台的高，记外接球球心到上底面的距离为，则，解得.故选：C.8．C【分析】通过联立方程组的方法求得的坐标，然后根据向量数量积运算求得.【详解】依题意，抛物线，即，则，设，直线，联立得，则.而直线，即，令，则，即，令，则，故，则，故.故选：C

求解抛物线的切线方程，可以联立切线的方程和抛物线的方程，然后利用判别式来求解，也可以利用导数来进行求解.求解抛物线与直线有关问题，可以利用联立方程组的方法来求得公共点的坐标.9．ABD【分析】对于A：根据正弦型函数的最小正周期分析判断；对于B：根据解析式可得与的最小值；对于C：代入求，结合最值与对称性分析判断；对于D：根据三角函数图象变换结合诱导公式分析判断.【详解】因为，对于选项A：的最小正周期，故A正确；对于选项B：与的最小值均为，故B正确；对于选项C：因为，可知直线不为图象的对称轴，故C错误；对于选项D：将的图象向左平移个单位长度后，得到，故D正确.故选：ABD.10．BD【分析】利用导数和导数的几何意义分别判断即可.【详解】因为，所以，，A说法错误；令解得或，令解得，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，B说法正确；的极大值点为，极大值，极小值点为，极小值，C说法错误；因为当时，，当时，，所以方程有3个不等的实根，分别在，和中，D说法正确；故选：BD11．ACD【分析】对于A，由题意可证平面，因此点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值，据此判断A；对于B，根据题意求出正方体边长及的长，由此可知点的运动轨迹；对于C，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，假设点的坐标，求出的方向向量，假设平面，则平面的法向量和的方向向量共线，进而求出点的坐标，再判断点是否满足B中的轨迹即可；对于D，利用空间直角坐标系求出点到平面的距离，求出距离的最大值即可.【详解】对于A，如图，连接、，依题意，，而平面平面，故平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值，所以点到平面的距离为定值，故三棱维的体积为定值，故正确；对于B，因为正方体的体积为8，故，则，而，故，故动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在底面内的部分，即四分之一圆弧，故所求轨迹长度为，故B错误；以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，设n=x,y,z为平面的法向量，则故令，故为平面的一个法向量，设，故，若平面，则，则，解得，但，所以不存在点点，使得平面，故C正确；对于D，因为为等腰三角形，故，而点到平面的距离，令，则，则，其中，则四面体体积的最大值为，故D正确.故选：ACD.12．【分析】利用向量数量积的坐标公式计算即得.【详解】由可得，解得，.故答案为.13．【分析】由平均数的定义算出，再由百分位数的定义即可求解.【详解】依题意，，解得，将数据从小到大排列可得：，又，则分位数为.故答案为.14．【分析】由题意可得，由此求出，，即可求出点坐标，代入，即可得出答案.【详解】不妨设点在第一象限，连接，则，故，，设，因为，所以为的中点，，故.，将代入中，故，则.故答案为.

15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，从而求出的值；（2）根据三角形的面积公式、余弦定理即可求出的值.【详解】（1）由正弦定理得，因为，故可得，则，因为，故.（2）由题意，故.由余弦定理得，解得.16．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由题意易知，根据线面平行的判定定理证明即可；（2）由题意，两两垂直，所以建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量,再通过空间角的向量求解即可.【详解】（1）分别为的中点为正方形平面平面平面.（2）由题知平面建立如图所示的空间直角坚标系，，则,,,,设平面的一个法向量为n=则,令则,设直线与平面所或的角为,，所以直线与平面所成角的正弦值为.17．(1)(2)【分析】（1）根据椭圆离心率定义和椭圆上的点以及的关系式列出方程组，解之即得；（2）将直线与椭圆方程联立，消元，根据题意，由推得，又由，写出直线的方程，与直线联立，求得点坐标，计算，将前式代入化简即得.【详解】（1）设Fc,0，依题意，解得故的方程为.（2）

如图，依题意F1,0，联立消去，可得，依题意，需使，整理得（*）.因为，则直线的斜率为，则其方程为，联立解得即故，将（*）代入得，故.18．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线斜率即可得解；（2）利用导数求出函数的单调性，得到极值，转化为极大值小于0即可得解；（3）转化为证明，构造关于的函数，利用导数求最小值，再由导数求关于的函数的最小值，由不等式的传递性可得证.【详解】（1）当时，，则，所以，又，所以切线方程为.（2），当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，又，所以，即，所以的取值范围为.（3）由可得，即证当，时，，令，则，由可知，，故在上单调递减，所以，令，则，当时，，，所以，故ℎx在上单调递增，所以，所以，即，所以成立.关键点点睛：本题第三问中，要证明不等式成立，适当转化为证明成立，首先关键在于构造视为关于的函数，由此利用导数求出，其次关键在于构造关于的函数，利用导数求其最小值.19．(1)分布列见解析，1(2)（i）证明见解析，（ii）1520【分析】（1）根据递推关系化简可得，或写出数列的前四项，利用古典概型即可求出分布列及期望；（2）（i）假设数列中存在最小的整数，使得，根据所给条件可推出存在，使得，矛盾，即可证明；（ii）由题意可确定必为数列中的项，构成新数列，确定其通项公式及，探求与的关系得解.【详解】（1）依题意，，故，即，故，或因为，故；则，故的可能取值为，故，故的分布列为012故.（2）（i）证明：由（1）可知，当时，或；假设此时数列中存在最小的整数，使得，则单调递增，即均为正数，且，所以；则存在，使得，此时与均为正数矛盾，所以不存在整数，使得，故.所以数列是首项为1､公差为4的等差数列，则.（ii）解：由，可得，由题设条件可得必为数列中的项；记该数列为，有；不妨令，则或，均不为此时或或或，均不为.上述情况中，当时，，结合，则有.由可知，使得成立的的最小值为.关键点点睛：第一问数列与概率结合，关键在于得出数列前四项的所有可能，即可按照概率问题求解，第二问的关键在于对于新定义数列，理解并会利用一般的抽象方法推理，反证，探求数列中项的变换规律，能力要求非常高，属于困难题目.2025届四川省高三上学期入学摸底考数学学情检测试题（二）一、单选题1．已知集合，，若，则（

）A． B．C． D．2．已知向量，，若，则（

）A． B．1 C． D．23．下列函数与是相等函数的是（

）A． B．C．（且） D．（且）4．现测得某放射性元素的半衰期为1500年（每经过1500年，该元素的存品为原来的一半），某生物标本中该放射性元素面初始存量为m，经检测现在的存量，据此推测该生物距今约为（

）（参考数据：)A．2700年 B．3100年C．3500年 D．3900年5．设是等差数列的前n项和，且，则（

）A．17 B．34 C．51 D．686．已知，则（

）A． B． C． D．17．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．某地区公共卫生部门为了了解本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行调查.为了得到该敏感性问题的诚实反应，设计如下方案：每个被调查者先后抛掷两颗骰子，调查中使用两个问题：①第一颗骰子的点数是否比第二颗的大？②你是否经常吸烟？两颗骰子点数和为奇数的学生如实回答第一个问题，两颗骰子点数和为偶数的学生如实回答第二个问题.回答“是”的学生往盒子中放一个小石子，回答“否”的学生什么都不用做.若最终盒子中小石子的个数为57，则该地区中学生吸烟人数的比例约为（

）A．0.035 B．0.07 C．0.105 D．0.14二、多选题9．下列说法正确的是（

）．A．命题“，”的否定是“，”B．的最小值是2C．若，则D．的最小正周期是10．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他记录了100次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时，样本标准差为6；骑自行车平均用时，样本方差为4．假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布．则下列说法中正确的是（

）（参考数值：随机变量服从正态分布，则，.）A． B．C． D．11．已知是定义在上的偶函数，且对任意的，都有，当时，，则下列说法正确的是（

）A．B．点是函数的一个对称中心C．当时，D．函数恰有6个零点三、填空题12．二项式的展开式中第5项为.13．写出一个同时满足下列三个条件的数列的通项公式：①；②数列是递减数列；③数列的前n项和恒成立．14．已知不等式对任意恒成立，则当取最大值时，.四、解答题15．已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，.(1)求B；(2)若的面积为，求c.16．已知等差数列的前n项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）若，令，求数列的前n项和．17．某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：赔偿次数01234单数假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.（i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望；（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明）18．已知函数在时取得极值，且满足．(1)求函数的解析式；(2)若存在实数，使得成立，求整数的最小值．19．在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为．(1)求，，；(2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并说明理由；(3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？1．C【分析】由交集运算求解参数，再验证可得.【详解】，或，解得或.当时，，则，满足题意；当时，，则，不满足题意；综上所述，.故选：C.2．B【分析】先出求，再根据即可得出的值，最后求的模.【详解】由题意可知，因为，，所以，又因为，所以，即，解得.所以.故选：B.3．D【分析】可得，且定义域为R，根据函数相等逐项分析判断.【详解】因为，且定义域为R，对于选项A：，可知两个函数的对应关系不同，所以函数不相等，故A错误；对于选项B：的定义域为，可知两个函数的定义域不同，所以函数不相等，故B错误；对于选项C：的定义域为，可知两个函数的定义域不同，所以函数不相等，故C错误；对于选项D：，且定义域为R，所以两个函数是相等函数，故D正确；故选：D.4．C【分析】根据对数的运算性质即可求解.【详解】由题意得，两边取对数得.故选：C5．C【分析】利用等差数列的求和公式即可求解．【详解】解：设公差为d，则，即，则，故选：C6．C【分析】运用两角和差的正弦公式，结合同角三角函数关系式中商关系进行求解即可.【详解】由，由，可得，所以.故选：C7．C【分析】由分段函数在两个区间上的单调性分别求出的范围，再考虑由时左右函数值的大小关系得到的的范围，求其交集即得【详解】当时，,依题须使恒成立，则；当时，由在0,+∞上递增，须使，即；又由解得.综上可得，的取值范围是.故选：C.8．D【分析】根据古典概型的知识得到回答问题①②的人数均为，再求出点数第一次比第二次大的概率，即可推出第二个问题中回答“是”的人数，进而求出结果．【详解】由题意，两颗骰子点数和为奇数与偶数的概率相等，都为，则回答问题①②的人数均为，掷两次骰子所有可能情况有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共种可能，所得点数第一次比第二次大的有，，，，，，，，，，，，，，，共种可能，所以所得点数第一次比第二次大的概率是，所以回答问题①时，大约有人回答“是”，所以回答问题②时，大约有人回答“是”，故该地区中学生吸烟人数的比例约为，选项中最接近的为D．故选：D．9．ACD【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题即可判断选项A；由基本不等式使用的条件可判断选项B；在单调递增，即可判断选项C；由正弦型函数的最小正周期公式计算即可判断选项D.【详解】全称量词命题的否定为存在量词命题，命题“，”的否定是“，”，故A正确；当时，，的最小值是2，当时，，的最大值是，故B错误；在单调递增，若，则，故C正确；的最小正周期为：，故D正确.故选：ACD10．AD【分析】根据正态分布的概念判断A，B；根据正态分布的性质及题中所给数据求解判断C，D．【详解】由题意可设，由题意可得：，所以A正确，B错误；，，，，故C错误；，，，故D正确.故选：AD．11．AC【分析】根据题意，由条件可得关于轴，1,0对称，且，由函数的周期性即可判断A，由函数的对称性即可判断BC，结合函数的图像，即可判断D.【详解】由题意可知关于轴，1,0对称，当，则，且f1=0，故，对于A,，，故A正确；对于B，对称中心为，故B错误；对于C，函数y=fx在0,1和上的图像关于点中心对称，当时，，故C正确；对于D，由图像可知函数y=fx与函数有7个交点，故D错误.故选：AC12．15【分析】根据二项展开式通项公式代入计算即可.【详解】展开式通项为，.故15.13．(不唯一)【分析】根据①②，可以联想到指数函数，且底数满足，再根据等比数列的求和公式验证③即可.【详解】解：因为①，可以联想到指数函数；又因为②数列是递减数列，可以联想到指数函数中底数满足；当时，，所以，满足①；且数列是递减数列，满足②；，满足③.故(不唯一)14．【分析】分离变量可得，令，分类讨论可得，可得，结合基本不等式可求结论.【详解】已知不等式对任意恒成立，根据目标式，知，由，得，令，则，当时，，函数单调递增且值域为R，此时不恒成立，当时，令，则，设，则，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以，所以，所以时，方程有解，设解为，则，所以，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以，所以，所以，又，当且仅当，即时取等号，当，取最大值，此时.故答案为.15．(1)(2)【分析】（1）借助三角形内角和及两角和的正弦公式计算即得；（2）借助面积公式计算即可得.【详解】（1）由，则有，即，由，故，故，又B∈0,π故；（2）由，，故，解得.16．（1）（2）【分析】（1）利用等差数列的前项和公式与通项公式，即可解出,则可写出其通项公式.（2）利用错位相减，化简解可得出答案.【详解】（1）由题意知：，即：化简得.所以数列的通项公式.（2）因为所以化简得.17．(1)(2)(i)0.122万元；(ii)这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中估计值【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，用频率估计概率后可求的分布列及数学期望，从而可求.（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求，从而即可比较大小得解.【详解】（1）设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得.（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，由题设中的统计数据可得