2025屆資陽市重點中學高三（寒假第4次）質量檢測試題數學試題科注意事項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．已知集合,則（）A． B． C． D．2．若2m＞2n＞1，則（）A． B．πm﹣n＞1C．ln（m﹣n）＞0 D．3．已知傾斜角為的直線與直線垂直，則（）A． B． C． D．4．一個正方體被一個平面截去一部分后,剩余部分的三視圖如下圖,則截去部分體積與剩余部分體積的比值為（）A． B． C． D．5．已知函數（）的最小值為0，則（）A． B． C． D．6．在中，角、、所對的邊分別為、、，若，則（）A． B． C． D．7．在正項等比數列{an}中，a5-a1=15，a4-a2=6，則a3=（）A．2 B．4 C． D．88．函數的圖象可能為（）A． B．C． D．9．2019年某校迎國慶70周年歌詠比賽中，甲乙兩個合唱隊每場比賽得分的莖葉圖如圖所示（以十位數字為莖，個位數字為葉）.若甲隊得分的中位數是86，乙隊得分的平均數是88，則（）A．170 B．10 C．172 D．1210．已知拋物線：的焦點為，準線為，是上一點，直線與拋物線交于，兩點，若，則為()A． B．40 C．16 D．11．已知集合，，則（）A． B．C． D．12．在關于的不等式中，“”是“恒成立”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數與的圖象上存在關于軸對稱的點，則的取值范圍為_____．14．已知函數，若關于x的方程有且只有兩個不相等的實數根，則實數a的取值范圍是_______________.15．（5分）已知曲線的方程為，其圖象經過點，則曲線在點處的切線方程是____________．16．已知不等式組所表示的平面區域為，則區域的外接圓的面積為______．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）如圖，已知，分別是正方形邊，的中點，與交于點，，都垂直于平面，且，，是線段上一動點.（1）當平面，求的值；（2）當是中點時，求四面體的體積.18．（12分）己知函數.（1）當時，求證：；（2）若函數，求證：函數存在極小值.19．（12分）在平面直角坐標系中，已知拋物線C：（）的焦點F在直線上，平行于x軸的兩條直線，分別交拋物線C于A，B兩點，交該拋物線的準線于D，E兩點.（1）求拋物線C的方程；（2）若F在線段上，P是的中點，證明：.20．（12分）已知函數（），且只有一個零點.（1）求實數a的值；（2）若，且，證明：.21．（12分）在數列中，已知，且，.（1）求數列的通項公式；（2）設，數列的前項和為，證明：.22．（10分）已知數列中，a1=1，其前n項和為，且滿足．（1）求數列的通項公式；（2）記，若數列為遞增數列，求λ的取值范圍．

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】

計算，再計算交集得到答案【詳解】,表示偶數，故.故選：.【點睛】本題考查了集合的交集，意在考查學生的計算能力.2、B【解析】

根據指數函數的單調性，結合特殊值進行辨析.【詳解】若2m＞2n＞1＝20，∴m＞n＞0，∴πm﹣n＞π0＝1，故B正確；而當m，n時，檢驗可得，A、C、D都不正確，故選：B．【點睛】此題考查根據指數冪的大小關系判斷參數的大小，根據參數的大小判定指數冪或對數的大小關系，需要熟練掌握指數函數和對數函數的性質，結合特值法得出選項.3、D【解析】

傾斜角為的直線與直線垂直，利用相互垂直的直線斜率之間的關系，同角三角函數基本關系式即可得出結果.【詳解】解：因為直線與直線垂直，所以，.又為直線傾斜角，解得.故選：D.【點睛】本題考查了相互垂直的直線斜率之間的關系，同角三角函數基本關系式，考查計算能力，屬于基礎題.4、D【解析】

試題分析：如圖所示，截去部分是正方體的一個角,其體積是正方體體積的,剩余部分體積是正方體體積的,所以截去部分體積與剩余部分體積的比值為,故選D.考點：本題主要考查三視圖及幾何體體積的計算.5、C【解析】

設，計算可得，再結合圖像即可求出答案.【詳解】設，則，則，由于函數的最小值為0，作出函數的大致圖像，結合圖像，，得，所以.故選：C【點睛】本題主要考查了分段函數的圖像與性質，考查轉化思想，考查數形結合思想，屬于中檔題.6、D【解析】

利用余弦定理角化邊整理可得結果.【詳解】由余弦定理得：，整理可得：，.故選：.【點睛】本題考查余弦定理邊角互化的應用，屬于基礎題.7、B【解析】

根據題意得到，，解得答案.【詳解】，，解得或（舍去）.故.故選：.【點睛】本題考查了等比數列的計算，意在考查學生的計算能力.8、C【解析】

先根據是奇函數，排除A，B，再取特殊值驗證求解.【詳解】因為，所以是奇函數，故排除A，B，又，故選：C【點睛】本題主要考查函數的圖象，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.9、D【解析】

中位數指一串數據按從小（大）到大（小）排列后，處在最中間的那個數，平均數指一串數據的算術平均數.【詳解】由莖葉圖知，甲的中位數為，故；乙的平均數為，解得，所以.故選：D.【點睛】本題考查莖葉圖的應用，涉及到中位數、平均數的知識，是一道容易題.10、D【解析】

如圖所示，過分別作于，于，利用和，聯立方程組計算得到答案.【詳解】如圖所示：過分別作于，于.，則，根據得到：，即，根據得到：，即，解得，，故.故選：.【點睛】本題考查了拋物線中弦長問題，意在考查學生的計算能力和轉化能力.11、A【解析】

根據對數性質可知，再根據集合的交集運算即可求解.【詳解】∵，集合，∴由交集運算可得.故選：A.【點睛】本題考查由對數的性質比較大小，集合交集的簡單運算，屬于基礎題.12、C【解析】

討論當時，是否恒成立；討論當恒成立時，是否成立，即可選出正確答案.【詳解】解：當時，，由開口向上，則恒成立；當恒成立時，若，則不恒成立，不符合題意，若時，要使得恒成立，則，即.所以“”是“恒成立”的充要條件.故選:C.【點睛】本題考查了命題的關系，考查了不等式恒成立問題.對于探究兩個命題的關系時，一般分成兩步，若，則推出是的充分條件；若，則推出是的必要條件.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

兩函數圖象上存在關于軸對稱的點的等價命題是方程在區間上有解，化簡方程在區間上有解，構造函數，求導，求出單調區間，利用函數性質得解.【詳解】解：根據題意，若函數與的圖象上存在關于軸對稱的點，則方程在區間上有解，即方程在區間上有解，設函數，其導數，又由，可得：當時，為減函數，當時，為增函數，故函數有最小值，又由；比較可得：，故函數有最大值，故函數在區間上的值域為；若方程在區間上有解，必有，則有，即的取值范圍是；故答案為：；【點睛】本題利用導數研究函數在某區間上最值求參數的問題,函數零點問題的拓展.由于函數的零點就是方程的根，在研究方程的有關問題時，可以將方程問題轉化為函數問題解決.此類問題的切入點是借助函數的零點，結合函數的圖象，采用數形結合思想加以解決.14、【解析】

畫出函數的圖象，再畫的圖象，求出一個交點時的的值，然后平行移動可得有兩個交點時的的范圍．【詳解】函數的圖象如圖所示：因為方程有且只有兩個不相等的實數根，所以圖象與直線有且只有兩個交點即可，當過點時兩個函數有一個交點，即時，與函數有一個交點，由圖象可知，直線向下平移后有兩個交點，可得，故答案為：．【點睛】本題主要考查了方程的跟與函數的圖象交點的轉化，數形結合的思想，屬于中檔題．15、【解析】

依題意，將點的坐標代入曲線的方程中，解得.由，得，則曲線在點處切線的斜率，所以在點處的切線方程是，即．16、【解析】

先作可行域，根據解三角形得外接圓半徑，最后根據圓面積公式得結果.【詳解】由題意作出區域，如圖中陰影部分所示，易知，故，又，設的外接圓的半徑為，則由正弦定理得，即，故所求外接圓的面積為.【點睛】線性規劃問題，首先明確可行域對應的是封閉區域還是開放區域、分界線是實線還是虛線，其次確定目標函數的幾何意義，是求直線的截距、兩點間距離的平方、直線的斜率、還是點到直線的距離、可行域面積、可行域外接圓等等，最后結合圖形確定目標函數最值取法、值域范圍.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、（1）.（2）【解析】

（1）利用線面垂直的性質得出，進而得出，利用相似三角形的性質，得出，從而得出的值；（2）利用線面垂直的判定定理得出平面，進而得出四面體的體積，計算出，，即可得出四面體的體積.【詳解】（1）因為平面，平面，所以又因為，都垂直于平面，所以又，分別是正方形邊，的中點，且，所以.（2）因為，分別是正方形邊，的中點，所以又因為，都垂直于平面，平面，所以因為平面，所以平面所以，四面體的體積，所以.【點睛】本題主要考查了線面垂直的性質定理的應用，以及求棱錐的體積，屬于中檔題.18、（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】

（1）求導得，由，且，得到，再利用函數在上單調遞減論證.（2）根據題意，求導，令，易知；，易知當時，，；當時，函數單調遞增，而，又，由零點存在定理得，使得，，使得，有從而得證.【詳解】（1）依題意，，因為，且，故，故函數在上單調遞減，故.（2）依題意，，令，則；而，可知當時，，故函數在上單調遞增，故當時，；當時，函數單調遞增，而，又，故，使得，故，使得，即函數單調遞增，即單調遞增；故當時，，故函數在上單調遞減，在上單調遞增，故當時，函數有極小值.【點睛】本題考查利用導數研究函數的性質，還考查推理論證能力以及函數與方程思想，屬于難題.19、（1）；（2）見解析【解析】

（1）根據拋物線的焦點在直線上，可求得的值，從而求得拋物線的方程；（2）法一：設直線，的方程分別為和且，，，可得，，，的坐標，進而可得直線的方程，根據在直線上，可得，再分別求得，，即可得證；法二：設，，則，根據直線的斜率不為0，設出直線的方程為，聯立直線和拋物線的方程，結合韋達定理，分別求出，，化簡，即可得證.【詳解】（1）拋物線C的焦點坐標為，且該點在直線上，所以，解得，故所求拋物線C的方程為（2）法一：由點F在線段上，可設直線，的方程分別為和且，，，則，，，.∴直線的方程為，即.又點在線段上，∴.∵P是的中點，∴∴，.由于，不重合，所以法二：設，，則當直線的斜率為0時，不符合題意，故可設直線的方程為聯立直線和拋物線的方程，得又，為該方程兩根，所以，，，.，由于，不重合，所以【點睛】本題考查拋物線的標準方程，考查拋物線的定義，考查直線與拋物線的位置關系，屬于中檔題．20、（1）（2）證明見解析【解析】

(1)求導可得在上,在上,所以函數在時,取最小值,由函數只有一個零點,觀察可知則有,即可求得結果.(2)由(1)可知為最小值,則構造函數（）,求導借助基本不等式可判斷為減函數,即可得,即則有,由已知可得，由,可知,因為時,為增函數，即可得證得結論.【詳解】（1）（）.因為，所以，令得，，且，，在上；在上；所以函數在時，取最小值，當最小值為0時，函數只有一個零點，易得，所以，解得.（2）由（1）得，函數，設（），則，設（），則，，所以為減函數，所以，即，所以，即，又，所以，又當時，為增函數，所以，即.【點睛】本題考查借助導數研究函數的單調性及最值,考查學生分析問題的能力,及邏輯推理能力,難度困難.21、（1）；（2）見解析.【解析】

（1）由已知變形得到，從而是等差數列，然后利用等差數列的通項公式計算即可；（2）先求出數列的通項，再利用裂項相消法求出即可.【詳解】（1）由已知，，即，又，則數列是以1為首項3為公差的等差數列，所以，即.（2）因為，則，所以，又是