2025屆四川省高三上學期入學摸底考數學學情檢測試題（一）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1．的虛部為（

）A． B． C． D．2．已知等差數列滿足，則（）A． B．1 C．0 D．3．，則（）A． B． C． D．4．函數的極值點個數為（）A．0 B．1 C．2 D．35．已知某地區高考二檢數學共有8000名考生參與，且二檢的數學成績近似服從正態分布，若成績在80分以下的有1500人，則可以估計（

）A． B． C． D．6．定義：如果集合存在一組兩兩不交（兩個集合的交集為空集時，稱為不交）的非空真子集且，那么稱子集族構成集合的一個劃分.已知集合，則集合的所有劃分的個數為（）A．3 B．4 C．14 D．167．已知圓臺的上?下底面的面積分別為，側面積為，則該圓臺外接球的球心到上底面的距離為（

）A． B． C． D．8．已知為坐標原點，拋物線的焦點到準線的距離為1，過點的直線與交于兩點，過點作的切線與軸分別交于兩點，則（

）A． B． C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分9．已知函數，則（

）A．的最小正周期為B．與有相同的最小值C．直線為圖象的一條對稱軸D．將的圖象向左平移個單位長度后得到的圖像10．已知函數為的導函數，則（）A．B．在上單調遞增C．的極小值為D．方程有3個不等的實根11．已知正方體的體積為8，線段的中點分別為，動點在下底面內（含邊界），動點在直線上，且，則（

）A．三棱錐的體積為定值B．動點的軌跡長度為C．不存在點，使得平面D．四面體DEFG體積的最大值為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分12．已知向量，若，則.13．已知一組數據：的平均數為6，則該組數據的第40百分位數為.14．已知為坐標原點，雙曲線的左?右焦點分別為，點在以為圓心?為半徑的圓上，且直線與圓相切，若直線與的一條漸近線交于點，且，則的離心率為.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟15．已知中，角所對的邊分別為，其中.(1)求的值；(2)若的面積為3，周長為6，求的值.16．如圖，在四棱錐中，底面為正方形、平面分別為棱的中點(1)證明：平面;(2)若，求直線與平面所成角的正弦值17．已知橢圓的離心率為，右焦點為，點在上.(1)求的方程；(2)已知為坐標原點，點在直線上，若直線與相切，且，求的值.18．已知函數.(1)若，求曲線y=fx在x=1處的切線方程；(2)若x>0時，求的取值范圍；(3)若，證明：當時，.19．已知首項為1的數列滿足.(1)若，在所有中隨機抽取2個數列，記滿足的數列的個數為，求的分布列及數學期望；(2)若數列滿足：若存在，則存在且，使得.（i）若，證明：數列是等差數列，并求數列的前項和；（ii）在所有滿足條件的數列中，求使得成立的的最小值.1．A【分析】根據復數的運算化簡得，再根據虛部的定義即可求解．【詳解】，則所求虛部為.故選：A．2．C【分析】根據等差數列的通項公式求解即可.【詳解】由可得：，所以，故選：C3．D【分析】利用誘導公式對進行化簡，再利用進行求解即可.【詳解】由，則，因此可得，故選：D.4．B【分析】對分段函數中的每一段的函數分別探究其單調性情況，再進行綜合考慮即得.【詳解】當時，，此時函數在上單調遞減，在上單調遞增，故此時函數有一個極小值點為2；當時，，因恒成立，故函數在上單調遞減，結合函數在上單調遞減，可知0不是函數的極值點.綜上，函數的極值點只有1個.故選：B.5．B【分析】解法一，求出，根據正態分布的對稱性，即可求得答案；解法二，求出數學成績在80分至95分的人數，由對稱性，再求出數學成績在95分至110分的人數，即可求得答案.【詳解】解法一：依題意，得，故；解法二：數學成績在80分至95分的有人，由對稱性，數學成績在95分至110分的也有2500人，故.故選：B.6．B【分析】解二次不等式得到集合，由子集族的定義對集合進行劃分，即可得到所有劃分的個數.【詳解】依題意，，的2劃分為，共3個，的3劃分為，共1個，故集合的所有劃分的個數為4.故選：B.7．C【分析】由圓臺的側面積公式求出母線長，再由勾股定理得到高即可計算；【詳解】依題意，記圓臺的上?下底面半徑分別為，則，則，設圓臺的母線長為，則，解得，則圓臺的高，記外接球球心到上底面的距離為，則，解得.故選：C.8．C【分析】通過聯立方程組的方法求得的坐標，然后根據向量數量積運算求得.【詳解】依題意，拋物線，即，則，設，直線，聯立得，則.而直線，即，令，則，即，令，則，故，則，故.故選：C

求解拋物線的切線方程，可以聯立切線的方程和拋物線的方程，然后利用判別式來求解，也可以利用導數來進行求解.求解拋物線與直線有關問題，可以利用聯立方程組的方法來求得公共點的坐標.9．ABD【分析】對于A：根據正弦型函數的最小正周期分析判斷；對于B：根據解析式可得與的最小值；對于C：代入求，結合最值與對稱性分析判斷；對于D：根據三角函數圖象變換結合誘導公式分析判斷.【詳解】因為，對于選項A：的最小正周期，故A正確；對于選項B：與的最小值均為，故B正確；對于選項C：因為，可知直線不為圖象的對稱軸，故C錯誤；對于選項D：將的圖象向左平移個單位長度后，得到，故D正確.故選：ABD.10．BD【分析】利用導數和導數的幾何意義分別判斷即可.【詳解】因為，所以，，A說法錯誤；令解得或，令解得，所以在單調遞增，在單調遞減，在單調遞增，B說法正確；的極大值點為，極大值，極小值點為，極小值，C說法錯誤；因為當時，，當時，，所以方程有3個不等的實根，分別在，和中，D說法正確；故選：BD11．ACD【分析】對于A，由題意可證平面，因此點到平面的距離等于點到平面的距離，其為定值，據此判斷A；對于B，根據題意求出正方體邊長及的長，由此可知點的運動軌跡；對于C，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，假設點的坐標，求出的方向向量，假設平面，則平面的法向量和的方向向量共線，進而求出點的坐標，再判斷點是否滿足B中的軌跡即可；對于D，利用空間直角坐標系求出點到平面的距離，求出距離的最大值即可.【詳解】對于A，如圖，連接、，依題意，，而平面平面，故平面，所以點到平面的距離等于點到平面的距離，其為定值，所以點到平面的距離為定值，故三棱維的體積為定值，故正確；對于B，因為正方體的體積為8，故，則，而，故，故動點的軌跡為以為圓心，為半徑的圓在底面內的部分，即四分之一圓弧，故所求軌跡長度為，故B錯誤；以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，故，設n=x,y,z為平面的法向量，則故令，故為平面的一個法向量，設，故，若平面，則，則，解得，但，所以不存在點點，使得平面，故C正確；對于D，因為為等腰三角形，故，而點到平面的距離，令，則，則，其中，則四面體體積的最大值為，故D正確.故選：ACD.12．【分析】利用向量數量積的坐標公式計算即得.【詳解】由可得，解得，.故答案為.13．【分析】由平均數的定義算出，再由百分位數的定義即可求解.【詳解】依題意，，解得，將數據從小到大排列可得：，又，則分位數為.故答案為.14．【分析】由題意可得，由此求出，，即可求出點坐標，代入，即可得出答案.【詳解】不妨設點在第一象限，連接，則，故，，設，因為，所以為的中點，，故.，將代入中，故，則.故答案為.

15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理化簡已知條件，從而求出的值；（2）根據三角形的面積公式、余弦定理即可求出的值.【詳解】（1）由正弦定理得，因為，故可得，則，因為，故.（2）由題意，故.由余弦定理得，解得.16．(1)證明見解析；(2).【分析】（1）由題意易知，根據線面平行的判定定理證明即可；（2）由題意，兩兩垂直，所以建立空間直角坐標系，求出直線的方向向量與平面的法向量,再通過空間角的向量求解即可.【詳解】（1）分別為的中點為正方形平面平面平面.（2）由題知平面建立如圖所示的空間直角堅標系，，則,,,,設平面的一個法向量為n=則,令則,設直線與平面所或的角為,，所以直線與平面所成角的正弦值為.17．(1)(2)【分析】（1）根據橢圓離心率定義和橢圓上的點以及的關系式列出方程組，解之即得；（2）將直線與橢圓方程聯立，消元，根據題意，由推得，又由，寫出直線的方程，與直線聯立，求得點坐標，計算，將前式代入化簡即得.【詳解】（1）設Fc,0，依題意，解得故的方程為.（2）

如圖，依題意F1,0，聯立消去，可得，依題意，需使，整理得（*）.因為，則直線的斜率為，則其方程為，聯立解得即故，將（*）代入得，故.18．(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）利用導數的幾何意義，求出切線斜率即可得解；（2）利用導數求出函數的單調性，得到極值，轉化為極大值小于0即可得解；（3）轉化為證明，構造關于的函數，利用導數求最小值，再由導數求關于的函數的最小值，由不等式的傳遞性可得證.【詳解】（1）當時，，則，所以，又，所以切線方程為.（2），當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以，又，所以，即，所以的取值范圍為.（3）由可得，即證當，時，，令，則，由可知，，故在上單調遞減，所以，令，則，當時，，，所以，故?x在上單調遞增，所以，所以，即，所以成立.關鍵點點睛：本題第三問中，要證明不等式成立，適當轉化為證明成立，首先關鍵在于構造視為關于的函數，由此利用導數求出，其次關鍵在于構造關于的函數，利用導數求其最小值.19．(1)分布列見解析，1(2)（i）證明見解析，（ii）1520【分析】（1）根據遞推關系化簡可得，或寫出數列的前四項，利用古典概型即可求出分布列及期望；（2）（i）假設數列中存在最小的整數，使得，根據所給條件可推出存在，使得，矛盾，即可證明；（ii）由題意可確定必為數列中的項，構成新數列，確定其通項公式及，探求與的關系得解.【詳解】（1）依題意，，故，即，故，或因為，故；則，故的可能取值為，故，故的分布列為012故.（2）（i）證明：由（1）可知，當時，或；假設此時數列中存在最小的整數，使得，則單調遞增，即均為正數，且，所以；則存在，使得，此時與均為正數矛盾，所以不存在整數，使得，故.所以數列是首項為1?公差為4的等差數列，則.（ii）解：由，可得，由題設條件可得必為數列中的項；記該數列為，有；不妨令，則或，均不為此時或或或，均不為.上述情況中，當時，，結合，則有.由可知，使得成立的的最小值為.關鍵點點睛：第一問數列與概率結合，關鍵在于得出數列前四項的所有可能，即可按照概率問題求解，第二問的關鍵在于對于新定義數列，理解并會利用一般的抽象方法推理，反證，探求數列中項的變換規律，能力要求非常高，屬于困難題目.2025屆四川省高三上學期入學摸底考數學學情檢測試題（二）一、單選題1．已知集合，，若，則（

）A． B．C． D．2．已知向量，，若，則（

）A． B．1 C． D．23．下列函數與是相等函數的是（

）A． B．C．（且） D．（且）4．現測得某放射性元素的半衰期為1500年（每經過1500年，該元素的存品為原來的一半），某生物標本中該放射性元素面初始存量為m，經檢測現在的存量，據此推測該生物距今約為（

）（參考數據：)A．2700年 B．3100年C．3500年 D．3900年5．設是等差數列的前n項和，且，則（

）A．17 B．34 C．51 D．686．已知，則（

）A． B． C． D．17．已知函數在上單調遞增，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．8．某地區公共衛生部門為了了解本地區中學生的吸煙情況，對隨機抽出的200名學生進行調查.為了得到該敏感性問題的誠實反應，設計如下方案：每個被調查者先后拋擲兩顆骰子，調查中使用兩個問題：①第一顆骰子的點數是否比第二顆的大？②你是否經常吸煙？兩顆骰子點數和為奇數的學生如實回答第一個問題，兩顆骰子點數和為偶數的學生如實回答第二個問題.回答“是”的學生往盒子中放一個小石子，回答“否”的學生什么都不用做.若最終盒子中小石子的個數為57，則該地區中學生吸煙人數的比例約為（

）A．0.035 B．0.07 C．0.105 D．0.14二、多選題9．下列說法正確的是（

）．A．命題“，”的否定是“，”B．的最小值是2C．若，則D．的最小正周期是10．李明上學有時坐公交車，有時騎自行車，他記錄了100次坐公交車和騎自行車所花的時間，經數據分析得到：坐公交車平均用時，樣本標準差為6；騎自行車平均用時，樣本方差為4．假設坐公交車用時和騎自行車用時都服從正態分布．則下列說法中正確的是（

）（參考數值：隨機變量服從正態分布，則，.）A． B．C． D．11．已知是定義在上的偶函數，且對任意的，都有，當時，，則下列說法正確的是（

）A．B．點是函數的一個對稱中心C．當時，D．函數恰有6個零點三、填空題12．二項式的展開式中第5項為.13．寫出一個同時滿足下列三個條件的數列的通項公式：①；②數列是遞減數列；③數列的前n項和恒成立．14．已知不等式對任意恒成立，則當取最大值時，.四、解答題15．已知的內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，已知，.(1)求B；(2)若的面積為，求c.16．已知等差數列的前n項和為，且，．（1）求數列的通項公式；（2）若，令，求數列的前n項和．17．某保險公司為了了解該公司某種保險產品的索賠情況，從合同險期限屆滿的保單中隨機抽取1000份，記錄并整理這些保單的索賠情況，獲得數據如下表：賠償次數01234單數假設：一份保單的保費為0.4萬元；前3次索賠時，保險公司每次賠償0.8萬元；第四次索賠時，保險公司賠償0.6萬元.假設不同保單的索賠次數相互獨立.用頻率估計概率.(1)估計一份保單索賠次數不少于2的概率；(2)一份保單的毛利潤定義為這份保單的保費與賠償總金額之差.（i）記為一份保單的毛利潤，估計的數學期望；（ⅱ）如果無索賠的保單的保費減少，有索賠的保單的保費增加，試比較這種情況下一份保單毛利潤的數學期望估計值與（i）中估計值的大小．（結論不要求證明）18．已知函數在時取得極值，且滿足．(1)求函數的解析式；(2)若存在實數，使得成立，求整數的最小值．19．在某抽獎活動中，初始時的袋子中有3個除顏色外其余都相同的小球，顏色為2白1紅．每次隨機抽取一個小球后放回．抽獎規則如下：設定抽中紅球為中獎，抽中白球為未中獎；若抽到白球，放回后把袋中的一個白色小球替換為紅色；若抽到紅球，放回后把三個球的顏色重新變為2白1紅的初始狀態．記第n次抽獎中獎的概率為．(1)求，，；(2)若存在實數a，b，c，對任意的不小于4的正整數n，都有，試確定a，b，c的值，并說明理由；(3)若累計中獎4次及以上可以獲得一枚優勝者勛章，則從初始狀態下連抽9次獲得至少一枚勛章的概率為多少？1．C【分析】由交集運算求解參數，再驗證可得.【詳解】，或，解得或.當時，，則，滿足題意；當時，，則，不滿足題意；綜上所述，.故選：C.2．B【分析】先出求，再根據即可得出的值，最后求的模.【詳解】由題意可知，因為，，所以，又因為，所以，即，解得.所以.故選：B.3．D【分析】可得，且定義域為R，根據函數相等逐項分析判斷.【詳解】因為，且定義域為R，對于選項A：，可知兩個函數的對應關系不同，所以函數不相等，故A錯誤；對于選項B：的定義域為，可知兩個函數的定義域不同，所以函數不相等，故B錯誤；對于選項C：的定義域為，可知兩個函數的定義域不同，所以函數不相等，故C錯誤；對于選項D：，且定義域為R，所以兩個函數是相等函數，故D正確；故選：D.4．C【分析】根據對數的運算性質即可求解.【詳解】由題意得，兩邊取對數得.故選：C5．C【分析】利用等差數列的求和公式即可求解．【詳解】解：設公差為d，則，即，則，故選：C6．C【分析】運用兩角和差的正弦公式，結合同角三角函數關系式中商關系進行求解即可.【詳解】由，由，可得，所以.故選：C7．C【分析】由分段函數在兩個區間上的單調性分別求出的范圍，再考慮由時左右函數值的大小關系得到的的范圍，求其交集即得【詳解】當時，,依題須使恒成立，則；當時，由在0,+∞上遞增，須使，即；又由解得.綜上可得，的取值范圍是.故選：C.8．D【分析】根據古典概型的知識得到回答問題①②的人數均為，再求出點數第一次比第二次大的概率，即可推出第二個問題中回答“是”的人數，進而求出結果．【詳解】由題意，兩顆骰子點數和為奇數與偶數的概率相等，都為，則回答問題①②的人數均為，擲兩次骰子所有可能情況有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共種可能，所得點數第一次比第二次大的有，，，，，，，，，，，，，，，共種可能，所以所得點數第一次比第二次大的概率是，所以回答問題①時，大約有人回答“是”，所以回答問題②時，大約有人回答“是”，故該地區中學生吸煙人數的比例約為，選項中最接近的為D．故選：D．9．ACD【分析】全稱量詞命題的否定為存在量詞命題即可判斷選項A；由基本不等式使用的條件可判斷選項B；在單調遞增，即可判斷選項C；由正弦型函數的最小正周期公式計算即可判斷選項D.【詳解】全稱量詞命題的否定為存在量詞命題，命題“，”的否定是“，”，故A正確；當時，，的最小值是2，當時，，的最大值是，故B錯誤；在單調遞增，若，則，故C正確；的最小正周期為：，故D正確.故選：ACD10．AD【分析】根據正態分布的概念判斷A，B；根據正態分布的性質及題中所給數據求解判斷C，D．【詳解】由題意可設，由題意可得：，所以A正確，B錯誤；，，，，故C錯誤；，，，故D正確.故選：AD．11．AC【分析】根據題意，由條件可得關于軸，1,0對稱，且，由函數的周期性即可判斷A，由函數的對稱性即可判斷BC，結合函數的圖像，即可判斷D.【詳解】由題意可知關于軸，1,0對稱，當，則，且f1=0，故，對于A,，，故A正確；對于B，對稱中心為，故B錯誤；對于C，函數y=fx在0,1和上的圖像關于點中心對稱，當時，，故C正確；對于D，由圖像可知函數y=fx與函數有7個交點，故D錯誤.故選：AC12．15【分析】根據二項展開式通項公式代入計算即可.【詳解】展開式通項為，.故15.13．(不唯一)【分析】根據①②，可以聯想到指數函數，且底數滿足，再根據等比數列的求和公式驗證③即可.【詳解】解：因為①，可以聯想到指數函數；又因為②數列是遞減數列，可以聯想到指數函數中底數滿足；當時，，所以，滿足①；且數列是遞減數列，滿足②；，滿足③.故(不唯一)14．【分析】分離變量可得，令，分類討論可得，可得，結合基本不等式可求結論.【詳解】已知不等式對任意恒成立，根據目標式，知，由，得，令，則，當時，，函數單調遞增且值域為R，此時不恒成立，當時，令，則，設，則，當時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，所以，所以，所以時，方程有解，設解為，則，所以，當時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，所以，所以，所以，又，當且僅當，即時取等號，當，取最大值，此時.故答案為.15．(1)(2)【分析】（1）借助三角形內角和及兩角和的正弦公式計算即得；（2）借助面積公式計算即可得.【詳解】（1）由，則有，即，由，故，故，又B∈0,π故；（2）由，，故，解得.16．（1）（2）【分析】（1）利用等差數列的前項和公式與通項公式，即可解出,則可寫出其通項公式.（2）利用錯位相減，化簡解可得出答案.【詳解】（1）由題意知：，即：化簡得.所以數列的通項公式.（2）因為所以化簡得.17．(1)(2)(i)0.122萬元；(ii)這種情況下一份保單毛利潤的數學期望估計值大于（i）中估計值【分析】（1）根據題設中的數據可求賠償次數不少2的概率;（2）（ⅰ）設為賠付金額，則可取，用頻率估計概率后可求的分布列及數學期望，從而可求.（ⅱ）先算出下一期保費的變化情況，結合（1）的結果可求，從而即可比較大小得解.【詳解】（1）設為“隨機抽取一單，賠償不少于2次”，由題設中的統計數據可得.（2）（ⅰ）設為賠付金額，則可取，由題設中的統計數據可得