四川省南充市2025届高三下学期二模试题 数学 含解析

南充市高2025届高考适应性考试（二诊）数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解分式不等式、求二次函数的值域确定集合，再由集合的交集运算求结果.【详解】由，，所以.故选：A.2.已知复数，则（）A.0 B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】通过复数的运算求出，进而根据模长公式计算即可.【详解】因为，所以，所以.故选：C.3.在递增的等比数列中，，，则数列的公比为（）A. B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】由等比数列的性质有，易知是方程的两个根，再由已知及等比数列的通项公式求公比.【详解】由题设，易知是方程的两个根，又为递增的等比数列，所以，故公比.故选：B4.已知的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，.则（）A.2 B.3 C. D.【答案】D【解析】【分析】根据已知条件，利用三角形的内角和性质，利用两角差的正弦公式求得角，进而利用正弦定理得解.【详解】由于三角形的内角和为，即：,已知，所以：，代入到中，得到：，展开并化简：,即，整理得到：，即，根据正弦定理：,即.故选：D.5.已知非零向量，满足，若，则在方向上的投影向量坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据一个向量在另一个向量方向上的投影向量的公式计算.【详解】首先，向量的坐标为(2,0)，其模长为2，因此，根据条件，即它们的数量积为零：展开数量积：,即：因此：,代入已知条件：因此，在方向上的投影向量坐标为(2,0)，故选：B.6.若直线与曲线有公共点，则实数m的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】确定曲线是半圆，作出曲线，由图形可得直线与曲线有公共点时参数范围．【详解】由得，因此曲线是圆的左半部分（直线左侧），当直线过点时，，当直线与圆相切时，，，由图知当直线与曲线相切时，，所以的范围是，故选：C．7.已知正三棱锥底面边长为2，其内切球的表面积为，则二面角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根据内切球的表面积求出内切球半径，再利用等体积法求出正三棱锥的高，最后找出二面角的平面角，进而求出其余弦值.【详解】已知内切球表面积，则，解得.设正棱锥的顶点在底面上的射影为，取中点，连接.因为正棱锥的性质，平面，，根据三垂线定理可得，所以就是二面角的平面角.底面是边长为的正三角形，则.设正棱锥的体积为，表面积为.底面的面积.侧面中，，，则侧面面积，正棱锥的表面积.根据等体积法，即化简，即，.两边平方：整理得到，即，解得（舍去）或.在中，，，，所以.二面角的余弦值为.故选：A.8.已知函数，有5个不相等的实数根，从小到大依次为，，，，，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用导数可得函数在,上的单调性及极值，作出函数的图象，由图象可得，再由对数函数的性质可得，结合，，是方程的三个根，可得，即可求得答案．【详解】因为当时，，所以，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，所以，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，作出函数的图象，如图所示：由此可得，当时，令，解得或，所以，又因为，所以，所以；由题意可得，，是方程，即的三个根，所以，即，所以，即，所以．故选：．【点睛】关键点点睛：关键点是画出图象，根据根的个数确定解的范围，再结合对数运算性质和对数函数，得到，即可解题.二、多选题：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.如图所示为函数（，）的部分图象，则下列说法正确的是（）A.B.在区间上单调递增C.将的图象向右平移个单位可以得到的图象D.方程在上有三个根【答案】AC【解析】【分析】根据给定的函数图象，利用五点法作图求出函数解析式，再逐项求解判断.【详解】观察图象，得的最小正周期，解得，由，得，而，解得，对于A，，A正确；对于B，当时，，当，即时，取得最大值，因此在区间上不单调，B错误；对于C，，C正确；对于D，当时，，由，得或，因此方程在上有2个根，D错误.故选：AC10.数学家波利亚说过：为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系.根据波利亚的思想，由恒等式（m，）左右两边展开式（其中，，）系数相同，可得恒等式，我们称之为范德蒙德恒等式，下列关于范德蒙德恒等式说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】依据范德蒙德恒等式（，，，）,适当对赋值来判断各个选项的正确性.【详解】根据范德蒙德恒等式，而不是.

例如时，左边，右边，此时，A错误.

对于，这里.

根据范德蒙德恒等式，此时，.

所以，B正确.

对于，这里.

由范德蒙德恒等式，，.

所以，C正确.

对于，可以看作（因为）.

这里，，根据范德蒙德恒等式，而.

所以，D正确.故选：BCD.11.已知抛物线的焦点为F，过x轴下方一点作抛物线C的两条切线，切点为A，B，直线PA，PB分别交x轴于M，N两点，则下列结论中正确的是（）A.当点P的坐标为时，则直线AB方程为B.若直线AB过点F，则四边形PMFN为矩形C.当时，D.时，面积的最大值为4【答案】ABD【解析】【分析】设，，由导数的几何意义可得切线，的方程，进而可得直线的方程，把代入即可判断A；再由直线与抛物线方程联立得韦达定理，利用韦达定理即可判断B；取满足的轨迹上的特殊点即可判断C；由弦长公式得和满足的方程，再求出到直线的距离，代入三角形面积公式，结合不等式即可判断D.【详解】方程变形为，则.设，，直线的方程：，即，同理可得直线的方程：，点在直线和上，∴，，∴的方程为，联立，得①，由韦达定理得，，②.对于选项A，当为时，，故A正确；对于选项B，若直线过点时，，即，，，利用韦达定理，则，∴，同理.由②得，，∴四边形PMFN为矩形，故B正确；对于选项C，当时，取，方程①变为，即得，，，故C错误；对于选项D，当时，由弦长公式得，即，点到直线的距离为，，∴，∴，当取等号，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.某班从含有3名男生和2名女生的5名候选人中选出两名同学分别担任正、副班长，则至少选到1名女生的概率__________.【答案】##0.7【解析】【分析】根据题意，首先分析从5人中选出2人，再分析可得若选出的2人中至少有1名女生，即包括1男1女和2女分别担任正、副班长两种情况，分别计算其情况数目，由等可能事件的概率公式，计算可得答案.【详解】根据题意，从3名男生和2名女生中选出2名学生，有种选法，若选出的2人中至少有1名女生，即包括1男1女和2女两种情况，共有种选法，则选出的2人中至少有1名女生的概率为.故答案为：．13.已知，为双曲线的左、右顶点，直线与双曲线C的左支相交于一点M，满足，则双曲线C的离心率的值为__________.【答案】【解析】【分析】由直线方程可得，则，所以，过作轴于点，表示出点的坐标，代入双曲线方程化简可求出离心率.【详解】由直线，可知直线的斜率为，且过点，所以，因为，所以，所以，所以，过作轴于点，则，，，所以点的坐标为，因为点在双曲线上，所以，得，所以，所以，所以离心率.故答案为：14.若函数（其中），方程在上有解，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意，将的最小值为原点到直线的距离的平方，从而求解．【详解】令，则要，即，两式相加得，令，则，又因为，所以单调递增，所以，即，即在上有解．，所以在上单调递增，所以要，即，则的最小值为原点到直线的距离的平方，即．故答案为：．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.某公司在年终总结大会上开展了一次趣味抽奖活动.活动规则为：先在一个密闭不透光的箱子中装入6个标有一定金额的球（除标注金额不同外，其余均相同），其中标注金额为10元、20元、50元的球分别有3个、2个、1个.若员工甲每次从箱子中随机摸出1个球，记下摸出的球上的金额数，摸m次.规定：摸出的球上所标注的金额之和为其所获得的抽奖奖金总金额.（1）若，设员工甲获得的金额，求的分布列和数学期望；（2）若，采用有放回方式摸球，设事件“员工甲获得的总金额不低于40元”，求.【答案】（1）分布列见解析，20；（2）.【解析】【分析】（1）由题设有的可能取值为10、20、50并求出对应概率值，即可得分布列，进而求期望；（2）根据题设，分析事件所含的基本事件组成，再应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求概率.【小问1详解】的可能取值为10、20、50，其中，，.故的分布列如下：102050P则数学期望为.【小问2详解】采用有放回方式摸球，每次摸到10元的概率为，每次摸到20元的概率为，每次摸到50元的概率为.事件X包含4种情况：两次均摸到20元；一次摸到10元，一次摸到50元；一次摸到20元，一次摸到50元；两次均摸到50元.故.16.如图，三棱柱中，侧棱底面，且各棱长均为2.分别为棱的中点.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；（2）取线段的中点为，连接，以点为坐标原点，所在的直线分别为坐标轴建立空间的直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用空间向量法求解即可.【小问1详解】在三棱柱中，，且，连结，在三角形中，因为分别为的中点，所以且，又因为为的中点，可得，且，即四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】取线段的中点为，连接，因为侧棱底面，且各棱长均相等，所以直线两两垂直.以点为坐标原点，所在直线分别为坐标轴建立如图所示空间的直角坐标系，由于，则，，，，，所以，，，设平面的法向量，则，所以，设，则，所以，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.17.已知，函数，.（1）若，求函数的极值；（2）设，是的导数，是的导数，，图像的最低点坐标为，对于任意正实数，，且，恒成立.求实数m的最大值.【答案】（1）极大值，极小值（2）.【解析】【分析】（1）求出时的函数解析式，再求导，利用导数可得函数的单调性，进而可得函数的极值；（2）利用基本不等式结合已知条件可得，的值，从而可得的解析式，化简，利用导数可得其最大值，从而可得的取值范围，进而可得的最大值．【小问1详解】当时，，，，当时，，当或时，，所以在单调递增，单调递减，单调递增.在处取得极大值，在处取得极小值.【小问2详解】由题意，得，则，当且仅当时，等号成立.，解得，所以.又恒成立，设所以.令，则，即，，，因为，所以在上单调递减.所以.所以最大的实数.18.已知、F分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆C上，且的面积为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点的直线l与线段AF相交于S，与椭圆交于P、Q两点.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若，求点P的坐标.【答案】（1）（2）（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）或【解析】【分析】（1）根据点在椭圆上及三角形面积公式求椭圆参数，即可得方程；（2）设，，，联立椭圆方程，并写出对应韦达公式，（Ⅰ）根据，即可证；（Ⅱ）由三角形面积相等有，进而得到，再确定P为线段AF的中垂线与椭圆的交点，即可求P的坐标.【小问1详解】由的面积为，得，解得，所以①，又点在椭圆C上，所以②，联立①②解得，所以椭圆C的标准方程为.【小问2详解】设，，，联立方程，消x得：，直线l与线段AF交于S点，则，所以，，（Ⅰ）因，所以，（Ⅱ）由得：，即，又.所以，所以，则，所以，又，所以，所以，所以P为线段AF的中垂线与椭圆的交点，由，解得：或，因此，P的坐标为或.19.对于无穷数列和函数，若，则称是数列的生成函数.（1）定义在上的函数满足：对任意，都有，且；又数列满足.（Ⅰ）求证：是数列生成函数；（Ⅱ）求数列的前n项和.（2）已知是数列的生成函数，且.若数列的前n项和为，求证：（，）.【答案】（1）（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）（Ⅰ）根据条件可得，再结合生成函数定义证明；（Ⅱ）运用错位相减求和即可；（2）根据生成函数定义，结合等比数列定义可得，数列是以为首项，为公比的等比数列，进而可