南充市高2025屆高考適應性考試（二診）數學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將答題卡交回.一、單選題：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.若集合，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解分式不等式、求二次函數的值域確定集合，再由集合的交集運算求結果.【詳解】由，，所以.故選：A.2.已知復數，則（）A.0 B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】通過復數的運算求出，進而根據模長公式計算即可.【詳解】因為，所以，所以.故選：C.3.在遞增的等比數列中，，，則數列的公比為（）A. B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】由等比數列的性質有，易知是方程的兩個根，再由已知及等比數列的通項公式求公比.【詳解】由題設，易知是方程的兩個根，又為遞增的等比數列，所以，故公比.故選：B4.已知的內角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，若，.則（）A.2 B.3 C. D.【答案】D【解析】【分析】根據已知條件，利用三角形的內角和性質，利用兩角差的正弦公式求得角，進而利用正弦定理得解.【詳解】由于三角形的內角和為，即：,已知，所以：，代入到中，得到：，展開并化簡：,即，整理得到：，即，根據正弦定理：,即.故選：D.5.已知非零向量，滿足，若，則在方向上的投影向量坐標為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據一個向量在另一個向量方向上的投影向量的公式計算.【詳解】首先，向量的坐標為(2,0)，其模長為2，因此，根據條件，即它們的數量積為零：展開數量積：,即：因此：,代入已知條件：因此，在方向上的投影向量坐標為(2,0)，故選：B.6.若直線與曲線有公共點，則實數m的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】確定曲線是半圓，作出曲線，由圖形可得直線與曲線有公共點時參數范圍．【詳解】由得，因此曲線是圓的左半部分（直線左側），當直線過點時，，當直線與圓相切時，，，由圖知當直線與曲線相切時，，所以的范圍是，故選：C．7.已知正三棱錐底面邊長為2，其內切球的表面積為，則二面角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根據內切球的表面積求出內切球半徑，再利用等體積法求出正三棱錐的高，最后找出二面角的平面角，進而求出其余弦值.【詳解】已知內切球表面積，則，解得.設正棱錐的頂點在底面上的射影為，取中點，連接.因為正棱錐的性質，平面，，根據三垂線定理可得，所以就是二面角的平面角.底面是邊長為的正三角形，則.設正棱錐的體積為，表面積為.底面的面積.側面中，，，則側面面積，正棱錐的表面積.根據等體積法，即化簡，即，.兩邊平方：整理得到，即，解得（舍去）或.在中，，，，所以.二面角的余弦值為.故選：A.8.已知函數，有5個不相等的實數根，從小到大依次為，，，，，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用導數可得函數在,上的單調性及極值，作出函數的圖象，由圖象可得，再由對數函數的性質可得，結合，，是方程的三個根，可得，即可求得答案．【詳解】因為當時，，所以，所以當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；所以，所以，當時，，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，作出函數的圖象，如圖所示：由此可得，當時，令，解得或，所以，又因為，所以，所以；由題意可得，，是方程，即的三個根，所以，即，所以，即，所以．故選：．【點睛】關鍵點點睛：關鍵點是畫出圖象，根據根的個數確定解的范圍，再結合對數運算性質和對數函數，得到，即可解題.二、多選題：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.如圖所示為函數（，）的部分圖象，則下列說法正確的是（）A.B.在區間上單調遞增C.將的圖象向右平移個單位可以得到的圖象D.方程在上有三個根【答案】AC【解析】【分析】根據給定的函數圖象，利用五點法作圖求出函數解析式，再逐項求解判斷.【詳解】觀察圖象，得的最小正周期，解得，由，得，而，解得，對于A，，A正確；對于B，當時，，當，即時，取得最大值，因此在區間上不單調，B錯誤；對于C，，C正確；對于D，當時，，由，得或，因此方程在上有2個根，D錯誤.故選：AC10.數學家波利亞說過：為了得到一個方程，我們必須把同一個量以兩種不同的方法表示出來，即將一個量算兩次，從而建立相等關系.根據波利亞的思想，由恒等式（m，）左右兩邊展開式（其中，，）系數相同，可得恒等式，我們稱之為范德蒙德恒等式，下列關于范德蒙德恒等式說法正確的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】依據范德蒙德恒等式（，，，）,適當對賦值來判斷各個選項的正確性.【詳解】根據范德蒙德恒等式，而不是.

例如時，左邊，右邊，此時，A錯誤.

對于，這里.

根據范德蒙德恒等式，此時，.

所以，B正確.

對于，這里.

由范德蒙德恒等式，，.

所以，C正確.

對于，可以看作（因為）.

這里，，根據范德蒙德恒等式，而.

所以，D正確.故選：BCD.11.已知拋物線的焦點為F，過x軸下方一點作拋物線C的兩條切線，切點為A，B，直線PA，PB分別交x軸于M，N兩點，則下列結論中正確的是（）A.當點P的坐標為時，則直線AB方程為B.若直線AB過點F，則四邊形PMFN為矩形C.當時，D.時，面積的最大值為4【答案】ABD【解析】【分析】設，，由導數的幾何意義可得切線，的方程，進而可得直線的方程，把代入即可判斷A；再由直線與拋物線方程聯立得韋達定理，利用韋達定理即可判斷B；取滿足的軌跡上的特殊點即可判斷C；由弦長公式得和滿足的方程，再求出到直線的距離，代入三角形面積公式，結合不等式即可判斷D.【詳解】方程變形為，則.設，，直線的方程：，即，同理可得直線的方程：，點在直線和上，∴，，∴的方程為，聯立，得①，由韋達定理得，，②.對于選項A，當為時，，故A正確；對于選項B，若直線過點時，，即，，，利用韋達定理，則，∴，同理.由②得，，∴四邊形PMFN為矩形，故B正確；對于選項C，當時，取，方程①變為，即得，，，故C錯誤；對于選項D，當時，由弦長公式得，即，點到直線的距離為，，∴，∴，當取等號，故D正確.故選：ABD.【點睛】方法點睛：圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：一是幾何法，特別是用圓錐曲線定義和平面幾何的有關結論來求最值；二是代數法，常將圓錐曲線的最值問題轉化為二次函數或三角函數的最值問題，然后利用基本不等式、函數的單調性或三角函數的有界性等求最值．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.某班從含有3名男生和2名女生的5名候選人中選出兩名同學分別擔任正、副班長，則至少選到1名女生的概率__________.【答案】##0.7【解析】【分析】根據題意，首先分析從5人中選出2人，再分析可得若選出的2人中至少有1名女生，即包括1男1女和2女分別擔任正、副班長兩種情況，分別計算其情況數目，由等可能事件的概率公式，計算可得答案.【詳解】根據題意，從3名男生和2名女生中選出2名學生，有種選法，若選出的2人中至少有1名女生，即包括1男1女和2女兩種情況，共有種選法，則選出的2人中至少有1名女生的概率為.故答案為：．13.已知，為雙曲線的左、右頂點，直線與雙曲線C的左支相交于一點M，滿足，則雙曲線C的離心率的值為__________.【答案】【解析】【分析】由直線方程可得，則，所以，過作軸于點，表示出點的坐標，代入雙曲線方程化簡可求出離心率.【詳解】由直線，可知直線的斜率為，且過點，所以，因為，所以，所以，所以，過作軸于點，則，，，所以點的坐標為，因為點在雙曲線上，所以，得，所以，所以，所以離心率.故答案為：14.若函數（其中），方程在上有解，則的最小值為__________.【答案】【解析】【分析】根據題意，將的最小值為原點到直線的距離的平方，從而求解．【詳解】令，則要，即，兩式相加得，令，則，又因為，所以單調遞增，所以，即，即在上有解．，所以在上單調遞增，所以要，即，則的最小值為原點到直線的距離的平方，即．故答案為：．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.某公司在年終總結大會上開展了一次趣味抽獎活動.活動規則為：先在一個密閉不透光的箱子中裝入6個標有一定金額的球（除標注金額不同外，其余均相同），其中標注金額為10元、20元、50元的球分別有3個、2個、1個.若員工甲每次從箱子中隨機摸出1個球，記下摸出的球上的金額數，摸m次.規定：摸出的球上所標注的金額之和為其所獲得的抽獎獎金總金額.（1）若，設員工甲獲得的金額，求的分布列和數學期望；（2）若，采用有放回方式摸球，設事件“員工甲獲得的總金額不低于40元”，求.【答案】（1）分布列見解析，20；（2）.【解析】【分析】（1）由題設有的可能取值為10、20、50并求出對應概率值，即可得分布列，進而求期望；（2）根據題設，分析事件所含的基本事件組成，再應用獨立事件乘法公式、互斥事件加法求概率.【小問1詳解】的可能取值為10、20、50，其中，，.故的分布列如下：102050P則數學期望為.【小問2詳解】采用有放回方式摸球，每次摸到10元的概率為，每次摸到20元的概率為，每次摸到50元的概率為.事件X包含4種情況：兩次均摸到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；兩次均摸到50元.故.16.如圖，三棱柱中，側棱底面，且各棱長均為2.分別為棱的中點.（1）證明：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用線面平行的判定定理證明即可；（2）取線段的中點為，連接，以點為坐標原點，所在的直線分別為坐標軸建立空間的直角坐標系，求出直線的方向向量與平面的法向量，利用空間向量法求解即可.【小問1詳解】在三棱柱中，，且，連結，在三角形中，因為分別為的中點，所以且，又因為為的中點，可得，且，即四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面.【小問2詳解】取線段的中點為，連接，因為側棱底面，且各棱長均相等，所以直線兩兩垂直.以點為坐標原點，所在直線分別為坐標軸建立如圖所示空間的直角坐標系，由于，則，，，，，所以，，，設平面的法向量，則，所以，設，則，所以，設直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.17.已知，函數，.（1）若，求函數的極值；（2）設，是的導數，是的導數，，圖像的最低點坐標為，對于任意正實數，，且，恒成立.求實數m的最大值.【答案】（1）極大值，極小值（2）.【解析】【分析】（1）求出時的函數解析式，再求導，利用導數可得函數的單調性，進而可得函數的極值；（2）利用基本不等式結合已知條件可得，的值，從而可得的解析式，化簡，利用導數可得其最大值，從而可得的取值范圍，進而可得的最大值．【小問1詳解】當時，，，，當時，，當或時，，所以在單調遞增，單調遞減，單調遞增.在處取得極大值，在處取得極小值.【小問2詳解】由題意，得，則，當且僅當時，等號成立.，解得，所以.又恒成立，設所以.令，則，即，，，因為，所以在上單調遞減.所以.所以最大的實數.18.已知、F分別是橢圓的左、右焦點，點在橢圓C上，且的面積為.（1）求橢圓C的標準方程；（2）過點的直線l與線段AF相交于S，與橢圓交于P、Q兩點.（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）若，求點P的坐標.【答案】（1）（2）（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）或【解析】【分析】（1）根據點在橢圓上及三角形面積公式求橢圓參數，即可得方程；（2）設，，，聯立橢圓方程，并寫出對應韋達公式，（Ⅰ）根據，即可證；（Ⅱ）由三角形面積相等有，進而得到，再確定P為線段AF的中垂線與橢圓的交點，即可求P的坐標.【小問1詳解】由的面積為，得，解得，所以①，又點在橢圓C上，所以②，聯立①②解得，所以橢圓C的標準方程為.【小問2詳解】設，，，聯立方程，消x得：，直線l與線段AF交于S點，則，所以，，（Ⅰ）因，所以，（Ⅱ）由得：，即，又.所以，所以，則，所以，又，所以，所以，所以P為線段AF的中垂線與橢圓的交點，由，解得：或，因此，P的坐標為或.19.對于無窮數列和函數，若，則稱是數列的生成函數.（1）定義在上的函數滿足：對任意，都有，且；又數列滿足.（Ⅰ）求證：是數列生成函數；（Ⅱ）求數列的前n項和.（2）已知是數列的生成函數，且.若數列的前n項和為，求證：（，）.【答案】（1）（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）（Ⅰ）根據條件可得，再結合生成函數定義證明；（Ⅱ）運用錯位相減求和即可；（2）根據生成函數定義，結合等比數列定義可得，數列是以為首項，為公比的等比數列，進而可