重庆市西南大学附属中学2025届高三下学期二诊模拟考试数学试卷 含解析

西南大学附中高2025届高三下二诊模拟考试数学试题注意事项:1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂;答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写;必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生留存，以备评讲).一、单选题:本大题共8小题，每小题5分，共40分.1.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先计算一元二次不等式得出集合A，再应用对数函数的定义域得出集合B，最后应用交集定义计算即可.【详解】因集合，则.故选：B.2.已知向量，，，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】直接根据平面向量的坐标化运算和垂直的坐标表示即可得到方程，解出即可.【详解】∵向量，，，∴，∵，∴，即得，解得，故选：C．3.已知是关于的方程的一个根，，，则（）A. B.16 C. D.4【答案】B【解析】【分析】将代入方程，结合相等复数的概念求得，即可求解.【详解】将代入方程，得，解得，，所以.故选：B4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用两角差的余弦公式展开，即可求出，再由二倍角公式计算可得.【详解】因为，则，即，所以.故选：B.5.已知圆，直线，则直线与圆相交弦长的最小值为（）A.4 B.2 C.6 D.【答案】A【解析】【分析】由题可得直线过定点，则定点到圆心距离等于圆心到直线距离时可得最小值.【详解】圆，则直线过定点，因定点在圆内，定点到圆心的距离为，所以直线与圆相交弦长的最小值为.故选：A.6.某学校拟派2名语文老师、3名数学老师和3名体育老师共8人组成两个支教分队，平均分到甲、乙两个村进行义务支教，其中每个分队都必须有语文老师、数学老师和体育老师，则不同的分配方案有（）A.72种 B.36种 C.24种 D.18种【答案】B【解析】【分析】先分配语文老师，再把数学体育老师按1，2和2，1分配，或2，1和1，2分配即可求解；【详解】两名语文老师由种分配方程；数学老师按1，2分，则体育老师按2，1分，或数学老师按2，1分，则体育老师按1，2分，共有,所以不同的分配方案有，故选：B7.如图，在三角形中，已知边上的两条中线相交于点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】方法1，将作为与的夹角，利用向量知识结合题目数据可得答案；方法2，如图建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积坐标表示完成运算；方法3，利用余弦定理计算可得答案.【详解】法一：分别是的中点，.与夹角等于，，则；法二：以为轴，过点作与垂直的直线为轴建立平面直角坐标系，则，则；法三：在中，由余弦定理，又因为P为的重心，则，在中再由余弦定理，在中由余弦定理，在中，由余弦定理，则.故选：D8.已知函数．若数列的前项和为，且满足，，则的最大值为（）A.23 B.12 C.20 D.【答案】D【解析】【分析】先得到及递推公式，要想最大，则分两种情况，为负数且最小或为正数且最大，进而求出最大值.【详解】由题意可知：，当时，；当时，，两式相减可得：，整理得：，所以，或，当是公差为的等差数列，且时，最小，可能最大，此时，解得，此时；当且是公差为的等差数列时，最大，可能最大，此时，解得，此时；综上所述：的最大值为.故选：D.二、多选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.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.下列说法正确的是（）A.一组数5，7，9，11，3，13，15的第60百分位数是11B.若随机变量，满足，，则C.一组数据的线性回归方程为，若，则D.某学校要从12名候选人（其中7名男生，5名女生）中，随机选取5名候选人组成学生会，记选取的男生人数为，则服从超几何分布【答案】ACD【解析】【分析】将数据从小到大排列，根据百分位数的定义计算可判定A;根据方差的线性性质计算可判定B；根据回归方程必经过样本均值点，计算可判定C；根据超几何分布的概念判定D.【详解】数据组为5，7，9，11，3，13，15，排序后为3，5，7，9，11，13，15.计算第60百分位数：根据人教版教材方法，位置计算为

，向上取整到第5个位置，对应数值11,因此选项A正确;选项分析：随机变量，已知，根据方差性质：方差线性变换公式为

，选项中错误;选项分析：线性回归方程

必经过样本均值点,当

时，代入方程得

，选项正确;选项分析：从12名候选人（7男5女）中不放回地抽取5人，男生人数X服从超几何分布H(12,7,5)，选项D正确.故选：ACD.10.已知均为正数，且，则下列选项正确的有（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】利用基本不等式逐项判断可得答案.【详解】对于A，，于是，解得，当且仅当即时等号成立，故A正确；对于B，由得，得，即，所以，当且仅当即时等号成立，故B正确；对于C，由得，即，由于，所以，所以，当且仅当即等号成立，故C正确；对于D，，当且仅当即等号成立，故D错误故选：ABC.11.在直三棱柱中，，，点，分别是，的中点，则下列说法正确的是（）A.异面直线与所成的角为45°B.C.若点是的中点，则平面截直三棱柱所得截面的周长为D.点是底面三角形内一动点（含边界），若二面角的余弦值为，则动点的轨迹长度为【答案】BCD【解析】【分析】利用交线法找出截面，利用平行关系找出异面直线与所成的角，即可判断A,利用直线和平面垂直的性质定理证明平面，即可判断B,延长，交和的延长线于点，，连接交于点，连接，，则四边形为平面截直三棱柱所得的截面,可判断C,过作的垂线，连接，过作的平行线交于点，则，所以截面为直三棱柱的截面，即可判断D；【详解】选项A，过点作的平行线，则为异面直线与所成的角，因为平面，且，所以平面，所以，所以，因为异面直线所成角，所以，故异面直线与所成的角为60°，故选项A不正确；选项B，由已知得为等腰直角三角形，是的中点，则，为直三棱柱，平面，平面，，，平面，，平面，，设与交于点，其中，，，，，，，，平面，，平面，故，选项B正确；选项C，延长，交和的延长线于点，，连接交于点，连接，，则四边形为平面截直三棱柱所得的截面，由已知得，由，则，即，由，则，即，由余弦定理可知，解得，其周长为，故选项C正确；选项D，若上存在一点使二面角的余弦值为，连接和，因为平面，，，二面角的平面角为，即，设，则，，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，，解得，过作的垂线，连接，过作的平行线交于点，则，所以截面为直三棱柱的截面，所以符合题意的的轨迹长度为线段的长，所以，故选项D正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：本题第4小问的解决关键是利用二面角的定义求得，从而推得，进而得到的轨迹长度为的长，从而得解.三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在的展开式中，的系数为80，则实数的值为___________.【答案】【解析】【分析】求得二项展开式的通项，结合题意，列出方程，即可求解.【详解】由二项式的展开式的通项为，其中，因为展开式中的系数为，令，可得，解得.故答案为：.13.已知定义在上的偶函数满足，当时，，函数，则与的图象所有交点的横坐标之和为________________.【答案】5【解析】【分析】由题可得有对称轴为轴，对称中心，然后在同一坐标系中画出与图象，即可得答案.【详解】函数的图象是中心对称图形，对称中心为.定义在上的偶函数满足，则函数有对称轴为轴，对称中心；又当时，，在同一坐标系在内作出与的图象，当，，令，则，且，所以存在，使得当时，，单调递增，所以当时，，即，结合图象可得，与的图象有5个交点，又均是与的图象的对称中心，则两函数所有交点的横坐标之和为5.故答案为：514.项数为的数列满足，当且仅当时（其中，规定：），称为“好数列”．在项数为6且的所有中，随机选取一个数列，该数列是“好数列”的概率为__________．【答案】##【解析】【分析】根据分布乘法求出所有的个数，由0出现的次数讨论数列是“好数列”的个数，利用概率公式计算即可.【详解】由题意，因为项数为6且，所以每一项都有两种选择，根据分布乘法计数原理，可构成的数列个数为个，由题意，若为“好数列”，则意味着若，其前一项与后一项相等，①则若中没有0，则数列为，不符合题意，②若中有1个0，不论0在那个位置，都会出现3个1相邻，不符合题意，③若中有2个0，则，，符合“好数列”定义；④若中有3个及以上0，若0相邻，根据定义，数列只能为，若0不相邻，只能1和0间隔出现，会出现两个0中间出现1，不符合题意，综上，符合题意的“好数列”只有4个，所以数列是“好数列”的概率为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解“好数列”的定义，根据题意能列出符合条件的数列.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、演算步骤.15.为了了解高中学生语文与数学成绩之间的联系，从某学校获取了名学生的成绩样本，并将他们的数学和语文成绩整理如表：单位：人数学成绩语文成绩不优秀优秀不优秀优秀（1）依据的独立性检验，能否认为学生的数学成绩与语文成绩有关联？（2）以频率估计概率、从全市高中所有数学不优秀的学生中随机抽取5人，设其中恰有位学生的语文成绩优秀，求随机变量的分布列以及数学期望．附：【答案】（1）依据的独立性检验，可认为学生的数学成绩与语文成绩有关联；（2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）提出零假设学生的数学成绩与语文无关，计算，比较其与临界值的大小，由此确定结论；（2）确定的可能取值，结合二项分布定义判断，根据二项分布概率公式求取各值的概率，由此可得其分布列，再由二项分布期望公式求期望.【小问1详解】零假设为：学生的数学成绩与语文无关，由题，所以依据的独立性检验，推断零假设不成立，即认为学生的数学成绩与语文成绩有关联，此推断犯错误的概率不大于.【小问2详解】由题意可知数学不优秀的学生中语文成绩优秀的概率为，随机变量的取值有，由已知，则，，，，，，所以随机变量的分布列为所以随机变量的数学期望.16.在中，角、、所对的边分别为、、，已知，．（1）求；（2）若的面积为，是上的点，且，求的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知得出，利用余弦定理结合可得出，再利用余弦定理可求得的值；（2）利用三角形的面积公式结合（1）中的结论可求出、、的值，求出的值，利用正弦定理可求出的长.【小问1详解】因为，所以，，即，因为，则，即，故，由余弦定理可得.【小问2详解】因为，则，因为，可得，因，，故，，，是上的点，且，则，，所以，，在中，由正弦定理可得，故.17.如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，，，且.（1）已知点为上一点，且，证明：平面；（2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，取中点为，易证四边形为平行四边形，从而为中点，为中位线，，由平行关系的传递性得到且，从而四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，，分别求得平面的一个法向量为，平面的法向量为，根据平面与平面所成锐二面角的余弦值为，由求得a，再由点C到平面的距离求解.【小问1详解】证明：如图，连接交于点，取中点为，连接，，，在四边形中，，，故四边形为平行四边形.故为中点，所以在中，为中位线，则且，又且，故且，即四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，平面，即平面.【小问2详解】因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，以点为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，设，则，，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则，取，，，设平面的法向量为，，取由平面与平面所成锐二面角的余弦值为，可得，解得或（舍去）故，又，所以点到平面的距离.18.在平面直角坐标系中，点到定点的距离与点到直线：的距离之比为2，点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）已知点，，为曲线的左、右顶点．若直线与曲线的右支分别交于点.（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）求的最大值．【答案】（1）（2）（i）；(ⅱ)【解析】【分析】（1）设，根据题意列出等式，化简可得；（2）（i）设直线方程为，联立可得，同理可得，由，可得；（ii）由及，可得，设，则，即得.【小问1详解】设，由题意知，化简得方程为【小问2详解】设直线方程为，则，联立，可得，故，因在右支上，故，得即，解得，设方程为，则，联立，得，故，因在右支上，故得，即，解得，综上可知，.（ii），，，故，令，则，当且仅当，即时取等号，故的最大值为.【点睛】关键点点睛：本题第二问根据几何性质可得，结合，，代入后利用函数的性质求最大值即可.19.定义：若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称，为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”．（1）直线是否为曲线的“双重切线”，请说明理由；（2）已知函数求曲线的“双重切线”的方程；（3）已知函数，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，，…，，若（），证明：．【答案】（1）是，理由见解析；（2）；