2025年重庆市西南大学附中高考数学诊断试卷（3月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025年重庆市西南大学附中高考数学诊断试卷（3月份）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.设集合A={x|−8≤x3<1}，B={x|x2A.{x|−2≤x<1} B.{x|−1≤x<1} C.{x|−1≤x≤3} D.{x|−2≤x≤3}2.对于数列{an}，若an+1=anA.0 B.−1 C.1 D.13.西安大雁塔始建于唐代永辉三年，是中国古代佛教建筑的杰作.若将大雁塔的塔身近似看成正四棱台，上下底面的边长分别为13m和25m，塔身高度为60m.则其体积约为(    )m3．A.15880

B.22380

C.47640

D.671404.已知抛物线C：y2=4x，过点D(4,0)的直线与抛物线C交于A(x1,y1)A.16 B.32 C.64 D.1285.已知sin(α−β)=−13，且sinαcosβ=16A.59 B.−19 C.16.有6名志愿者参与社区活动，活动安排在周一、周二两天.若每天从6人中任选三人参加活动，则恰有2人连续参加两天活动的概率为(

)A.13 B.920 C.357.平面内有向量a、b、c满足|a|=|c|=4，|a+A.46 B.43 C.8.已知f(x)=ex，g(x)=−x3+x2,x≤02elnxA.(1,e22) B.(e2二、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。9.已知复数z1、z2，下列说法正确的有(

)A.若|z1|=|z2|，则z1z1−=z2z2− B.若z10.已知各项均不为零的数列{an}(n∈N∗)，记点An(anA.an=n2 B.数列{lnan}11.已知直棱柱ABCD−A1B1C1D1的所有棱长均为2，∠ABC=πA.MD1⊥AC

B.若直线DM与直线CA1所成角为定值，则M点轨迹为圆的一部分

C.当λ=μ=12时，三棱锥M−BCD的外接球的体积为2053π

D.记点M三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知多项式(x+1)3(2x−3)2=13.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(x)在(0,+∞)上单调递减，且f(2)=0，则不等式f(2x−1)x>0的解集为______．14.已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，点P在Γ上，点Q满足四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)

在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，sin2B+sin2C=sin2A+sinBsinC．

(1)求A；

(2)16.(本小题12分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面△ABC是正三角形，A1A⊥BC，A1C⊥AB，侧面BB1C1C是矩形．

(1)求证：三棱锥A17.(本小题12分)

已知圆F1：(x+2)2+y2=4，动圆C过F2(2,0)，且与圆F1外切设圆心C的轨迹为曲线Γ．

(1)求Γ的方程；

(2)设定点D(−1,0)，过F2作直线l交曲线Γ于A、B两点，直线DA18.(本小题12分)

某汽车公司研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程的测试.现对测试数据进行整理，得到如下的频率分布直方图：

(1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值x−(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；

(2)由频率分布直方图计算得样本标准差s的近似值为49.75，根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布N(μ,σ2)，其中μ近似为样本平均数x−，σ近似为样本标准差s．

(ⅰ)利用该正态分布，求P(X≤250.25)；

(ⅱ)假设某企业从该汽车公司购买了20辆该款新能源汽车，记Z表示这20辆新能源汽车中单次最大续航里程X≤250.25的车辆数，求E(Z)；

参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2)，则P(μ−σ<ξ<μ+σ)=0.6827，P(μ−2σ<ξ<μ+2σ)=0.9545，P(μ−3σ<ξ<μ+3σ)=0.99731．

(3)为迅速抢占市场举行促销活动，销售公司现面向意向客户推出“玩游戏，赢大奖，送汽车模型”活动，客户可根据抛掷骰子向上的点数，遥控汽车模型在方格图上行进，若汽车模型最终停在“幸运之神”方格，则可获得购车优惠券3万元；若最终停在“赠送汽车模型”方格，则可获得汽车模型一个.方格图上标有第0格，第1格，第2格，……，第25格，第26格.汽车模型开始在第0格，客户每掷一次骰子，汽车模型向前移动一次.若掷出1，2，4，5点，汽车模型向前移动一格(从第k格到第k+1格)，若掷出3，6点，汽车模型向前移动两格(从第k格到第k+2格)，直到移到第25格(幸运之神)或第26格(赠送汽车模型)时游戏结束.设汽车模型移到第n(1≤n≤26)格的概率为Pn19.(本小题12分)

已知函数f(x)=ex，g(x)=kx2+k，k∈R．

(1)过原点作直线l与f(x)，g(x)的图象均相切，求实数k的值；

(2)令ℎ(x)=f(x)−g(x)，

(ⅰ)讨论ℎ(x)的极值点个数；

(ⅱ)若x1为ℎ(x)的极小值点，x0参考答案1.B

2.C

3.B

4.C

5.C

6.B

7.C

8.C

9.AC

10.ACD

11.ACD

12.9

13.(−114.[115.解：(1)根据sin2B+sin2C=sin2A+sinBsinC，由正弦定理得b2+c2=a2+bc，

整理得b2+c2−a2=bc，结合余弦定理得cosA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，

因为△ABC中，0<A<π，所以A=π3；

(2)设16.解：(1)证明：过点A1作A1O⊥平面ABC于点O，

BC⊂平面ABC，所以A1O⊥BC，

又AA1⊥BC，AA1∩A1O=A1，AA1，A1O⊂平面A1AO，

所以BC⊥平面A1AO，AO⊂平面A1AO，

所以BC⊥AO，

同理可证AB⊥CO，故O是△ABC的垂心，

又△ABC是正三角形，则O是△ABC的中心，

因此三棱锥A1−ABC是正三棱锥；

(2)因为三棱柱ABC−A1B1C1的体积为22，

结合AB=2，可知底面积为3，所以高A1O=263，

以BC的中点E为坐标原点，以EA，EB为x，y轴的正方向，过E且与OA1平行的方向为z17.解：(1)因为圆F1：(x+2)2+y2=4，动圆C过F2(2,0)，

所以圆C过F2(2,0)，所以|CF2|=r，

又圆C与圆F1外切，

所以|CF1|=2+r，故|CF1|−|CF2|=2<|F2F2|=4，

所以Γ是以F1，F2为焦点的双曲线的右支，

设其方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0,x≥a)，

得a=1，c=2，b2=c2−a2=3，

故方程为x2−y23=1(x≥1)，

(2)根据题意可知直线l的斜率不为0，

故设AB：x=ty+2，

则x=ty+2x2−y23=1(x≥1)，

得：(3t2−1)y2+12t⋅y+9=0，

故18.解：(1)根据频率分布直方图可得x−≈205×0.1+255×0.2+305×0.45+355×0.2+405×0.05=300(千米)，

(2)(ⅰ)样本标准差s的近似值为49.75，又由(1)可得E(X)=300，

则X服从正态分布N(300,49.752)，

所以P(X≤250.25)=1−0.68272=0.15865，

(ⅱ)由(ⅰ)可得Z服从二项分布B(20,0.15865)，所以E(Z)=20×0.15865=3.173，

(3)证明：由题意可知P1=23,P2=13+(23)2=79，汽车模型移动到第n(3≤n≤25)格的情况有且也只有两种：

①汽车模型先到第n−2格，又挪出3，6点，其概率为13Pn−2，

②汽车模型先到第n−1格，又挪出1，2，4，5点，其概率为23Pn−1，

所以Pn=23Pn−1+13Pn−2，则Pn−Pn−1=−13(Pn−1−Pn−2)，

又P2−P1=1919.解：(1)函数f(x)=ex，则f′(x)=ex，

设直线l与f(x)相切的切点为(m,em)，

则l：y−em=em(x−m)，

由于l过原点，∴0−em=em(0−m)，可得m=1，∴切线的斜率为e．

设g(x)的切点为(n,kn2+k),g′(x)=2kx,k(e2k)2+k−0e2k−0=e，解得k=±e2；

(2)(ⅰ)由题意有ℎ(x)=ex−kx2−k，∴ℎ′(x)=ex−2kx，

令ℎ1(x)=ℎ′(x),ℎ1′(x)=ex−2k，

当k<0时，ℎ1′(x)>0，则ℎ′(x)为单调递增函数，且ℎ′(0)=1>0,ℎ′(12k)=e12k−1<0，

故存在t0∈(12k,0)使得ℎ′(t0)=0，∴ℎ(x)在(−∞,t0)上单调递减，在(t0,+∞)上单调递增，故ℎ(x)有一个极值点；

当k=0时，ℎ(x)=ex单调递增，此时无极值点；

当k>0时，令ℎ1′(x))=0得x=ln2k，则ℎ′(x)为单调递增函数，且ℎ′(0)=1>0,ℎ′(12k)=e12k−1<0，

故存在t0∈(12k,0)使得ℎ′(t0)=0，∴ℎ(x)在(−∞,ln2k)上单调递减，在(ln2k,+∞)上单调递增，

故ℎ′(ln2k)=eln2k−2kln2k=2k(1−ln2k)，

当0<k≤e2，ℎ′(x)≥0，则ℎ(x)为单调递增函数，无极值点，

k>e2时，ℎ′(ln2k)<0，ℎ′(0)=1>0，

令m(x)=ex−x2(x>e)，则m′(x)=ex−2x，令m1(x)=m′(x)，则m1′(x)=ex−2，

当x>e，m1′(x)=ex−2>0，故m′(x)单调递增，故m′(x)>m′(e)=ee−2e>0，

故m(x)单调递增，故m(x)>m(e)=ee−e2>0，故ex>x2(x>e)，

∴当x>e，ex>x2，

∴ℎ′(2k)=e2k−(2k)2>0，

故∃t1∈(0,ln2k)，∃t2∈(ln2k,2k)