2025屆涼山市重點中學高三下學期第一次質量檢測試題（數學試題理）試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．已知某批零件的長度誤差（單位：毫米）服從正態分布，從中隨機取一件，其長度誤差落在區間（3,6）內的概率為（）（附：若隨機變量ξ服從正態分布，則，．）A．4.56% B．13.59% C．27.18% D．31.74%2．要得到函數的圖象，只需將函數的圖象（）A．向右平移個單位 B．向右平移個單位C．向左平移個單位 D．向左平移個單位3．已知拋物線的焦點為，過焦點的直線與拋物線分別交于、兩點，與軸的正半軸交于點，與準線交于點，且，則（）A． B．2 C． D．34．在我國傳統文化“五行”中，有“金、木、水、火、土”五個物質類別，在五者之間，有一種“相生”的關系，具體是：金生水、水生木、木生火、火生土、土生金.從五行中任取兩個，這二者具有相生關系的概率是（）A．0.2 B．0.5 C．0.4 D．0.85．若的展開式中的系數為150，則（）A．20 B．15 C．10 D．256．已知、，，則下列是等式成立的必要不充分條件的是（）A． B．C． D．7．為了研究國民收入在國民之間的分配，避免貧富過分懸殊，美國統計學家勞倫茨提出了著名的勞倫茨曲線，如圖所示.勞倫茨曲線為直線時，表示收入完全平等.勞倫茨曲線為折線時，表示收入完全不平等.記區域為不平等區域，表示其面積，為的面積，將稱為基尼系數.對于下列說法：①越小，則國民分配越公平；②設勞倫茨曲線對應的函數為，則對，均有；③若某國家某年的勞倫茨曲線近似為，則；④若某國家某年的勞倫茨曲線近似為，則.其中正確的是：A．①④ B．②③ C．①③④ D．①②④8．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體中的最長棱長為（）A． B． C． D．9．把函數圖象上各點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，再將圖象向右平移個單位，那么所得圖象的一個對稱中心為（）A． B． C． D．10．復數的虛部是()A． B． C． D．11．“幻方”最早記載于我國公元前500年的春秋時期《大戴禮》中．“階幻方”是由前個正整數組成的—個階方陣，其各行各列及兩條對角線所含的個數之和（簡稱幻和）相等，例如“3階幻方”的幻和為15（如圖所示）．則“5階幻方”的幻和為（）A．75 B．65 C．55 D．4512．已知集合，則=（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某種圓柱形的如罐的容積為個立方單位，當它的底面半徑和高的比值為______.時，可使得所用材料最省.14．在四面體中，分別是的中點．則下述結論：①四面體的體積為；②異面直線所成角的正弦值為；③四面體外接球的表面積為；④若用一個與直線垂直，且與四面體的每個面都相交的平面去截該四面體，由此得到一個多邊形截面，則該多邊形截面面積最大值為．其中正確的有_____．（填寫所有正確結論的編號）15．在平面直角坐標系中，點在單位圓上，設，且．若，則的值為________________.16．的展開式中的系數為________________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數.（1）若在處導數相等，證明：；（2）若對于任意，直線與曲線都有唯一公共點，求實數的取值范圍.18．（12分）在孟德爾遺傳理論中，稱遺傳性狀依賴的特定攜帶者為遺傳因子，遺傳因子總是成對出現例如，豌豆攜帶這樣一對遺傳因子：使之開紅花，使之開白花，兩個因子的相互組合可以構成三種不同的遺傳性狀：為開紅花，和一樣不加區分為開粉色花，為開白色花．生物在繁衍后代的過程中，后代的每一對遺傳因子都包含一個父系的遺傳因子和一個母系的遺傳因子，而因為生殖細胞是由分裂過程產生的，每一個上一代的遺傳因子以的概率傳給下一代，而且各代的遺傳過程都是相互獨立的．可以把第代的遺傳設想為第次實驗的結果，每一次實驗就如同拋一枚均勻的硬幣，比如對具有性狀的父系來說，如果拋出正面就選擇因子，如果拋出反面就選擇因子，概率都是，對母系也一樣．父系?母系各自隨機選擇得到的遺傳因子再配對形成子代的遺傳性狀．假設三種遺傳性狀，(或)，在父系和母系中以同樣的比例：出現，則在隨機雜交實驗中，遺傳因子被選中的概率是，遺傳因子被選中的概率是．稱，分別為父系和母系中遺傳因子和的頻率，實際上是父系和母系中兩個遺傳因子的個數之比．基于以上常識回答以下問題：（1）如果植物的上一代父系?母系的遺傳性狀都是，后代遺傳性狀為，(或)，的概率各是多少？（2）對某一植物，經過實驗觀察發現遺傳性狀具有重大缺陷，可人工剔除，從而使得父系和母系中僅有遺傳性狀為和(或)的個體，在進行第一代雜交實驗時，假設遺傳因子被選中的概率為，被選中的概率為，．求雜交所得子代的三種遺傳性狀，(或)，所占的比例．（3）繼續對（2）中的植物進行雜交實驗，每次雜交前都需要剔除性狀為的個體假設得到的第代總體中3種遺傳性狀，(或)，所占比例分別為．設第代遺傳因子和的頻率分別為和，已知有以下公式．證明是等差數列．（4）求的通項公式，如果這種剔除某種遺傳性狀的隨機雜交實驗長期進行下去，會有什么現象發生？19．（12分）已知四棱錐中，底面為等腰梯形，，，，丄底面.（1）證明：平面平面；（2）過的平面交于點，若平面把四棱錐分成體積相等的兩部分，求二面角的余弦值.20．（12分）已知，函數．（1）若，求的單調遞增區間；（2）若，求的值．21．（12分）已知，分別是橢圓：的左，右焦點，點在橢圓上，且拋物線的焦點是橢圓的一個焦點．（1）求,的值：（2）過點作不與軸重合的直線，設與圓相交于A，B兩點，且與橢圓相交于C，D兩點，當時，求△的面積．22．（10分）在三角形中，角，，的對邊分別為，，，若.（Ⅰ）求角；（Ⅱ）若，，求.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．B【解析】試題分析：由題意故選B．考點：正態分布2．D【解析】

直接根據三角函數的圖象平移規則得出正確的結論即可；【詳解】解：函數，要得到函數的圖象，只需將函數的圖象向左平移個單位．故選：D．【點睛】本題考查三角函數圖象平移的應用問題，屬于基礎題．3．B【解析】

過點作準線的垂線，垂足為，與軸交于點，由和拋物線的定義可求得，利用拋物線的性質可構造方程求得，進而求得結果.【詳解】過點作準線的垂線，垂足為，與軸交于點，由拋物線解析式知：，準線方程為.，，，，由拋物線定義知：，，，.由拋物線性質得：，解得：，.故選：.【點睛】本題考查拋物線定義與幾何性質的應用，關鍵是熟練掌握拋物線的定義和焦半徑所滿足的等式.4．B【解析】

利用列舉法，結合古典概型概率計算公式，計算出所求概率.【詳解】從五行中任取兩個，所有可能的方法為：金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土，共種，其中由相生關系的有金水、木水、木火、火土、金土，共種，所以所求的概率為.故選：B【點睛】本小題主要考查古典概型的計算，屬于基礎題.5．C【解析】

通過二項式展開式的通項分析得到，即得解.【詳解】由已知得，故當時，，于是有，則.故選：C【點睛】本題主要考查二項式展開式的通項和系數問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.6．D【解析】

構造函數，，利用導數分析出這兩個函數在區間上均為減函數，由得出，分、、三種情況討論，利用放縮法結合函數的單調性推導出或，再利用余弦函數的單調性可得出結論.【詳解】構造函數，，則，，所以，函數、在區間上均為減函數，當時，則，；當時，，.由得.①若，則，即，不合乎題意；②若，則，則，此時，，由于函數在區間上單調遞增，函數在區間上單調遞增，則，；③若，則，則，此時，由于函數在區間上單調遞減，函數在區間上單調遞增，則，.綜上所述，.故選：D.【點睛】本題考查函數單調性的應用，構造新函數是解本題的關鍵，解題時要注意對的取值范圍進行分類討論，考查推理能力，屬于中等題.7．A【解析】

對于①，根據基尼系數公式，可得基尼系數越小，不平等區域的面積越小，國民分配越公平，所以①正確.對于②，根據勞倫茨曲線為一條凹向橫軸的曲線，由圖得，均有，可得，所以②錯誤.對于③，因為，所以，所以③錯誤.對于④，因為，所以，所以④正確.故選A．8．C【解析】

根據三視圖，可得該幾何體是一個三棱錐，并且平面SAC平面ABC，，過S作，連接BD，，再求得其它的棱長比較下結論.【詳解】如圖所示：由三視圖得：該幾何體是一個三棱錐，且平面SAC平面ABC，，過S作，連接BD，則，所以，，，，該幾何體中的最長棱長為.故選：C【點睛】本題主要考查三視圖還原幾何體，還考查了空間想象和運算求解的能力，屬于中檔題.9．D【解析】

試題分析：把函數圖象上各點的橫坐標伸長為原來的倍（縱坐標不變），可得的圖象；再將圖象向右平移個單位，可得的圖象，那么所得圖象的一個對稱中心為，故選D.考點：三角函數的圖象與性質.10．C【解析】因為，所以的虛部是，故選C.11．B【解析】

計算的和，然后除以，得到“5階幻方”的幻和.【詳解】依題意“5階幻方”的幻和為，故選B.【點睛】本小題主要考查合情推理與演繹推理，考查等差數列前項和公式，屬于基礎題.12．D【解析】

先求出集合A，B，再求集合B的補集，然后求【詳解】，所以.故選：D【點睛】此題考查的是集合的并集、補集運算，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

設圓柱的高為，底面半徑為，根據容積為個立方單位可得，再列出該圓柱的表面積，利用導數求出最值，從而進一步得到圓柱的底面半徑和高的比值．【詳解】設圓柱的高為，底面半徑為.∵該圓柱形的如罐的容積為個立方單位∴，即.∴該圓柱形的表面積為.令，則.令，得；令，得.∴在上單調遞減，在上單調遞增.∴當時，取得最小值，即材料最省，此時.故答案為：.【點睛】本題考查函數的應用，解答本題的關鍵是寫出表面積的表示式，再利用導數求函數的最值，屬中檔題．14．①③④．【解析】

補圖成長方體，在長方體中利用割補法求四面體的體積，和外接球的表面積，以及異面直線的夾角，作出截面即可計算截面面積的最值.【詳解】根據四面體特征，可以補圖成長方體設其邊長為，，解得補成長，寬，高分別為的長方體，在長方體中：①四面體的體積為，故正確②異面直線所成角的正弦值等價于邊長為的矩形的對角線夾角正弦值，可得正弦值為，故錯；③四面體外接球就是長方體的外接球，半徑，其表面積為，故正確；④由于，故截面為平行四邊形，可得，設異面直線與所成的角為，則，算得，．故正確．故答案為：①③④．【點睛】此題考查根據幾何體求體積，外接球的表面積，異面直線夾角和截面面積最值，關鍵在于熟練掌握點線面位置關系的處理方法，補圖法作為解決體積和外接球問題的常用方法，平常需要積累常見幾何體的補圖方法.15．【解析】

根據三角函數定義表示出，由同角三角函數關系式結合求得，而，展開后即可由余弦差角公式求得的值.【詳解】點在單位圓上，設，由三角函數定義可知，因為，則，所以由同角三角函數關系式可得，所以故答案為：.【點睛】本題考查了三角函數定義，同角三角函數關系式的應用，余弦差角公式的應用，屬于中檔題.16．【解析】

在二項展開式的通項中令的指數為，求出參數值，然后代入通項可得出結果.【詳解】的展開式的通項為，令，因此，的展開式中的系數為.故答案為：.【點睛】本題考查二項展開式中指定項系數的求解，涉及二項展開式通項的應用，考查計算能力，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（I）見解析（II）【解析】

（1）由題x＞0，，由f（x）在x=x1，x2（x1≠x2）處導數相等，得到，得，由韋達定理得，由基本不等式得，得，由題意得，令,則，令，，利用導數性質能證明．（2）由得，令，利用反證法可證明證明恒成立．由對任意，只有一個解，得為上的遞增函數，得，令，由此可求的取值范圍..【詳解】（I）令，得，由韋達定理得即，得令,則，令，則，得（II）由得令，則，，下面先證明恒成立．若存在，使得，，，且當自變量充分大時，，所以存在，，使得，，取，則與至少有兩個交點，矛盾．由對任意，只有一個解，得為上的遞增函數，得，令，則，得【點睛】本題考查函數的單調性，導數的運算及其應用，同時考查邏輯思維能力和綜合應用能力屬難題．18．（1），(或)，的概率分別是，，．（2）（3）答案見解析（4）答案見解析【解析】

（1）利用相互獨立事件的概率乘法公式即可求解.（2）利用相互獨立事件的概率乘法公式即可求解.（3）由（2）知，求出、，利用等差數列的定義即可證出.（4）利用等差數列的通項公式可得，從而可得，再由，利用式子的特征可得越來越小，進而得出結論.【詳解】（1）即與是父親和母親的性狀，每個因子被選擇的概率都是，故出現的概率是，或出現的概率是，出現的概率是所以：，(或)，的概率分別是，，（2）（3）由（2）知于是∴是等差數列，公差為1（4）其中，(由（2）的結論得)所以于是，很明顯，越大，越小，所以這種實驗長期進行下去，越來越小，而是子代中所占的比例，也即性狀會漸漸消失．【點睛】本題主要考查了相互獨立事件的概率乘法公式、等差數列的定義、等差數列的通項公式，考查了學生的分析能力，屬于中檔題，19．（1）見證明；（2）【解析】

（1）先證明等腰梯形中，然后證明，即可得到丄平面，從而可證明平面丄平面；（2）由，可得到，列出式子可求出，然后建立如圖的空間坐標系，求出平面的法向量為，平面的法向量為，由可得到答案．【詳解】（1）證明：在等腰梯形，，易得在中，，則有，故，又平面，平面，，即平面，故平面丄平面.（2）在梯形中，設，，，，而,即，.以點為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立如圖的空間坐標系，則，，設平面的法向量為，由得，取，得，，同理可求得平面的法向量為，設二面角的平面角為，則，所以二面角的余弦值為.