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四川省绵阳外国语学校2025届高三二模数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2025·涪城模拟）若复数是纯虚数，则实数（　　）
A．1 B． C．2 D．
2．（2025·涪城模拟）已知集合，，若，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·涪城模拟）已知向量，，若，则实数（　　）
A． B． C．1 D．2
4．（2025·涪城模拟）设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2025·涪城模拟）若为双曲线：上异于，的动点，且直线与的斜率之积为5，则的渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·涪城模拟）已知定义在上的函数，其中是奇函数且在上单调递减，的解集为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·涪城模拟）学校举办篮球赛，将6支球队平均分成甲、乙两组，则两支最强的球队被分在不同组的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·涪城模拟）已知，则（　　）
A． B．
C． D．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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．（2025·涪城模拟）下列选项正确的是（　　）
A．设是随机变量，若，则
B．已知某组数据分别为1，2，3，5，6，6，7，9，则这组数据的上四分位数为6
C．二项式展开式中的常数项为
D．设是随机变量，若，则
10．（2025·涪城模拟）已知圆C的方程为，点是圆C上任意一点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（　　）
A．圆C的半径为2
B．满足的点M有1个
C．的最大值为
D．若点P在x轴上，则满足的点P有两个
11．（2025·涪城模拟）如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．一定是异面直线
B．存在点，使得
C．直线与平面所成角的正切值的最大值当
D．过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2025·涪城模拟）已知等差数列的前n项和为若则　 　
13．（2025·涪城模拟）已知是第三象限角，，则　 　.
14．（2025·涪城模拟），，则的取值为　 　.
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15．（2025·涪城模拟）已知函数．
（1）若直线与曲线相切，求的值；
（2）讨论的单调性；
（3）若在定义域内恒成立，求的取值范围．
16．（2025·涪城模拟）记的内角、、所对边分别为、、，面积为，且．
（1）证明：；
（2）若，边上的高为，求．
17．（2025·涪城模拟）如图，正方形所在平面和等腰梯形所在平面互相垂直，已知，，点在线段上.
（1）求证：平面平面；
（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求.
18．（2025·涪城模拟）已知双曲线过点，其渐近线的方程为．按照如下方式依次构造点；过右支上点作斜率为1的直线与C的左支交于点，过再作斜率为的直线与C的右支交于点．
（1）求双曲线C的方程；
（2）用表示点的坐标；
（3）求证：数列是等比数列．
19．（2025·涪城模拟）某商家为吸引顾客，准备了两份奖品，凡是进店消费即可参与抽奖，奖品被抽完即抽奖活动终止．抽奖的规则如下：在一个不透明的盒子中有放回地取球（小球大小和质地相同），取出红球，则不获奖，取出白球，则获奖．刚开始盒子中有个白球和个红球，参与抽奖的顾客从盒子中随机抽取1个球，若不获奖，则将球放回，该顾客抽奖结束，下一名顾客继续抽奖．若获奖，则将球放回后再往盒子中加个红球，该顾客再继续抽奖．若第二次抽奖不获奖，则将球放回，该顾客只获得一份奖品，抽奖结束，下一名顾客继续抽奖；若第二次抽奖获奖，则该顾客获得两份奖品，整个抽奖活动结束．该活动深受顾客喜欢，假设这两份奖品没被抽完前始终有顾客参与抽奖．
（1）求第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率；
（2）求这两份奖品都被第名顾客抽取的概率；
（3）求由第名顾客终止抽奖活动的概率．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，又因为复数z为纯虚数，
则且，
解得.
故答案为：B.
【分析】根据复数的除法运算法则和纯虚数的定义，从而建立关于a的方程，解方程得出实数a的值.
2．【答案】B
【知识点】集合关系中的参数取值问题
【解析】【解答】解：因为集合，
集合，
又因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】先利用一元二次不等式求解方法和一元一次不等式求解方法，从而得出集合A和集合B，再利用集合的包含关系借助数轴以及分类讨论的方法，从而得到实数a的取值范围.
3．【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
若，
则，
所以，
解得.
故答案为：A.
【分析】先利用向量的线性运算的坐标公式得出，再利用向量垂直的坐标表示，从而列式求解得出实数k的值.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为，且，所以，
又因为，所以，充分性满足；
如图：满足，，
但不成立，必要性不满足，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
故答案为：A.
【分析】通过面面平行的性质定理判断充分性，再通过举例子判断必要性，从而判断出“”是“”的充分而不必要条件.
5．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设，则，即，
则，所以，
则双曲线的渐近线方程为.
故答案为：C.
【分析】设，根据点在双曲线上和两点求直线斜率的公式，从而可得的值，进而可得双曲线C的渐近线方程.
6．【答案】B
【知识点】奇偶性与单调性的综合；指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：依题意，，
则，
所以函数是上的奇函数，
又因为函数在上都单调递减，
所以在上单调递减，
则不等式，
所以，解得，
则的解集是.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件结合奇函数和单调函数的定义，则由奇函数的性质和单调性，从而得出的解集.
7．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意可知，两支最强的球队被分在不同组的分组组数为：，
所有的分组组数为：，
由古典概型计算公式可得满足题意的概率值为：.
故答案为：C.
【分析】由题意结合组合数公式和古典概率公式，从而得出两支最强的球队被分在不同组的概率.
8．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：对于A，令，
则，
所以在上单调递减，即，
所以，故A错误；
对于B，令，，则，
所以在上单调递增，
即，故B错误；
对于C，因为，令时，
则，
，
因为，所以，故C错误；
对于D，令，，则，
当时，，所以；
当时，，，
且区间对应每一个值都使得，
所以；
当时，，
因为且区间对应每一个值都使得，
所以，
综上所述，在上恒成立，
则在上单调递增，即，故D正确.
故答案为：D.
【分析】令，求导判断函数的单调性，则判断出选项A；令，求导判断函数的单调性，则判断出选项B；令，由诱导公式和两角和的正弦公式判断出选项C；令，求导后分、、分别讨论函数的单调性，再由放缩法判断出选项D，从而找出正确的选项.
9．【答案】A,C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；二项式定理的应用；正态分布的期望与方差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于选项A：若，则，故选项A正确；
对于选项B：对于1，2，3，5，6，6，7，9这组数据已按从小到大排好序，共有8个数据，
因为上四分位数是第百分位数，又因为，结果是整数，
所以百分位数是这组数据中第6个和第7个数的平均数，为，故选项B错误；
对于选项C：
因为二项式的通项为
令，解得，
所以展开式的第四项为常数项，为，故选项C正确；
对于选项D：若，则，
所以，对于，则，
所以，故选项D错误.
故答案为：.
【分析】利用正态分布求期望公式判断选项A；利用百分位数的求解方法判断选项B；利用二项式定理求出展开式的通项，再利用常数项的定义，令字母因数部分指数为零，从而得出二项式展开式中的常数项，则判断出选项C；利用二项分布求方差公式和方差的性质，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,C
【知识点】轨迹方程；直线和圆的方程的应用；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：对于选项A：因为圆的方程可化为，
所以圆心，半径等于2，故A正确；
对于选项B：因为，
所以圆上任意一点到原点的最大距离是，最小距离是，
因此满足的点有两个，故B错误；
对于选项C：令，则，所以，
将点的坐标代入圆的方程，并整理得，
依题意，则，
即，解得，
因此的最大值为，故C正确．
对于选项D：不妨设，因为，
所以，整理得．
因为点在圆上，
所以，
则，
因为为点的横坐标，且点为圆上任意一点，
所以，解得，
所以符合要求的点是唯一的，故D错误．
故答案为：AC.
【分析】将圆的方程化为标准方程，从而确定圆心坐标与半径，则可判断选项A；由圆上任意点到原点距离的最值来判断满足的点M的个数，则可判断选项B；令，再根据点在圆上，从而借助一元二次方程有解求出的最值，则可判断选项C；设出点的坐标，再利用待定系数法，从而得出满足的点P的个数，则可判断选项D，从而找出结论正确的选项．
11．【答案】A,D
【知识点】棱锥的结构特征；异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则点坐标为.
对于A：设平面的法向量为，，
则，
所以，
取，解得，故，
又因为，，
考虑到，则，
所以，
则一定是异面直线，故A正确；
对于B：因为，，
若，则，
所以，解得，
又因为，所以，不存在这样的点，使得，故B错误；
对于C：因为，取平面的法向量，
则，
设直线与平面的夹角为，
则，
则，
所以，
又因为，所以，
则直线与平面所成角的正切值的最大值为，故C错误；
对于D：在正方体中，过的截面为六边形且六边形为正六边形时面积最大，
此时过的截面经过对称中心，
设截面交于中点，也为中点，所以为的中点时，
过三点的平面截正方体所得截面面积最大，
取的中点为，连接，如下所示：
所以，此时截面为正六边形，
其面积，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示以及异面直线的判断方法，则判断出选项A；利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，则判断出选项B；利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式以及函数求值域的方法，则判断出选项C；由正方体的性质可得截面面积最大的状态，从而画出截面图，再利用正六边形的面积公式得出过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】30
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为，即，所以，
所以
故答案为：30.
【分析】根据等差数列的通项公式可先求出，再利用求和公式即可求出.
13．【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：方法1：因为，所以，
又因为是第三象限角，所以，
则.
方法2：因为，所以，
又因为是第三象限角，所以，
则，
所以.
故答案为：2
【分析】利用两种方法求解.
方法一：先根据已知条件和诱导公式以及同角三角函数基本关系式，从而求出，的值，再根据，从而得出的值.
方法2：先根据已知条件和诱导公式以及同角三角函数基本关系式，从而求出，的值，再根据求出的值，从而求出的值.
14．【答案】1
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数极限
【解析】【解答】解：根据题意，，定义域为，
当时，，则，
令，则，
令，则，
则在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，当时，，则，与题意不符；
当时，，
根据对数函数的图象特点，易知，当时，，
则，与题意不符；
当时，则且或且，
又因为在上单调递增，，
所以，当时，；当时，，
所以，当时，；当时，，
又因为为增函数，
所以.
故答案为：1.
【分析】利用，则与在同一区间内保持同号，再根据函数单调性分类判断，从而得出实数a的值.
15．【答案】（1）解：因为，
所以，
由，
可得，
所以直线与曲线的切点坐标为，
则，
解得.
（2）解：因为，
所以函数的定义域为，
由，
可得，
由，
可得，
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）解：由（2）可得，
解得，
又因为，
所以，实数的取值范围是.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）由导数的几何意义得出切点的横坐标，再结合切线方程可得出切点的坐标，将切点坐标代入函数的解析式，从而可得实数的值.
（2）利用函数的单调性与导数的正负的关系，从而得出函数的单调递增区间和单调递减区间.
（3）由（2）可得，再解不等式结合，从而可得实数的取值范围.
（1）因为，则，
由，可得，所以直线与曲线的切点坐标为，
故，解得.
（2）因为，所以函数的定义域为，
由可得，由可得，
故函数的增区间为，减区间为.
（3）由（2）可得，解得，
又因为，故实数的取值范围是.
16．【答案】（1）证明：因为，
所以，
在中，，所以，
由正弦定理，
得．
因为，
所以，
所以，即，
所以．
（2）解：因为，所以，
由（1）知，．
方法1：因为，
所以为锐角三角形，
过作，过作，、分别为垂足，
由，设，
因为，
所以，，
则在中，，，，
所以，解得，
则在中，，即．
方法2：因为，又因为，
解得，．
因为，所以，
所以，．
由，得，
解得．
由正弦定理，得，
解得．
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用三角形的面积公式和二倍角的正弦公式，从而可得，再利用正弦定理结合诱导公式和两角和的正弦公式，从而化简证出成立.
（2）利用两种方法求解.
解法1：利用已知条件得出角A的正切值，再利用（1）得出角B的正切值，结合诱导公式和两角和的正切公式，从而求出的值，进而判断出为锐角三角形，过作，过作，、分别为垂足，设，在中，利用勾股定理求出的值，然后在中利用勾股定理，从而求出的值.
解法2：利用同角三角函数的基本关系和角B的取值范围，从而求出、的值，再利用三角形的面积公式求出的值，最后利用正弦定理求出的值.
（1）因为，所以，
在中，，所以．
由正弦定理，得．
因为，
所以，
所以，即，
所以．
（2）因为，所以，由（1）知．
法1：因为，
所以为锐角三角形．
过作，过作，、分别为垂足，
由，设，
因为，所以，，
所以在中，，，，所以，解得，
所以在中，，即．
法2：因为，又因为，解得，．
因为，所以，所以，．
由，得，解得．
由正弦定理，得，解得．
17．【答案】（1）证明：在正方形中，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
过点作，
则，，，所以，
所以，即，
因为，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：由（1）知两两互相垂直，
分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图：
则，
设，则，
设，则，
解得，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
设直线与平面所成角为，所以
解得或，所以或.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1） 根据面面垂直的判定定理即可证明
（2）由（1）知两两互相垂直，从而建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设得出点的坐标，再利用数量积求向量夹角公式得出的值，从而得出的值.
（1）证明：由正方形有，又平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以，
过点作，则，，，所以，
所以，即，又，
所以平面，又平面，所以平面平面；
（2）由（1）知两两互相垂直，分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图：
则有，设，则，设，
则有，解得，得，
所以，
设平面的法向量为，则有，
令，得，
设直线与平面所成角为，
所以，
解得或，
所以或.
18．【答案】（1）解：由题意，可得，解得，
所以双曲线C的方程为：
（2）解：过作斜率为的直线方程为，
联立直线与双曲线方程，
可得，
设，
因为在抛物线上，所以，
则
所以，
则
（3）证明：设，
因为在双曲线上，
所以，
则化简可得，，
则，
所以
所以，
则是等比数列.
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件和代入点坐标的方法以及双曲线的渐近线方程，从而得出，进而得出双曲线C的方程.
（2）利用点斜式求出直线方程，再联立直线方程和双曲线方程，则根据点代入法和韦达定理，从而用表示出点的坐标.
（3）设，利用 点在双曲线上，从而代入化简可得，再利用等比数列的定义证出数列是等比数列．
（1）由题意可得，解得，
所以双曲线C的方程为：
（2）过作斜率为的直线方程为，
联立其与双曲线方程可得，
设，
由于在抛物线上，所以
则，
所以，
故
（3）设，
由于在双曲线上，所以，
则，化简可得，，故，
所以，
，
所以，
故是等比数列.
19．【答案】（1）解：由题意，可得第名和第名顾客各抽中一份奖品，
则第名顾客抽取的是红球；
第名顾客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是红球；
第名顾客抽取的是白球.
所以，第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率为.
（2）解：这两份奖品被第名顾客抽走的概率为，
被第名顾客抽走的概率为，
被第名顾客抽走的概率为，
，
被第名顾客抽走的概率为.
（3）解：设由第名顾客终止抽奖的概率为，
则，
以下讨论的情形：
若第名顾客共抽取了两份奖品，
则前面名顾客都没有抽到奖品，其概率为，
若第名顾客抽取了一份奖品，
则前面名顾客中第名顾客抽到了一份奖品，
则前面名顾客五人抽到奖品，其概率为，
第名顾客只获得一份奖品，其概率为，
第名顾客到第名顾客都没有抽到奖品，其概率为，
所以，第名顾客抽取了一份奖品的概率为：
所以，
当时，不符合上式，
因此，由第名顾客终止抽奖活动的概率为：.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；概率的应用；归纳推理
【解析】【分析】（1）利用已知条件分析可知第名顾客抽取的是红球；第名顾客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是红球；第名顾客抽取的是白球，再结合独立事件乘法求概率公式，从而可得第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率.
（2）利用列举法列举出这两份奖品都被第名、第名、第名顾客抽走的概率，再利用归纳推理的方法，从而可得这两份奖品都被第名顾客抽取的概率.
（3）设由第名顾客终止抽奖的概率为，可得出的值，讨论的情形，第名顾客共抽取了两份奖品，则前面名顾客都没有抽到奖品；第名顾客抽取了一份奖品，则前面名顾客中第名顾客抽到了一份奖品，利用独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而计算出两种情况下所求概率，再相加得出由第名顾客终止抽奖活动的概率.
（1）由题意可得第名和第名顾客各抽中一份奖品，即第名顾客抽取的是红球；
第名顾客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是红球；第名顾客抽取的是白球.
故第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率为.
（2）这两份奖品被第名顾客抽走的概率为，
被第名顾客抽走的概率为，
被第名顾客抽走的概率为，
，
被第名顾客抽走的概率为.
（3）设由第名顾客终止抽奖的概率为，则，以下讨论的情形：
若第名顾客共抽取了两份奖品，则前面名顾客都没有抽到奖品，其概率为，
若第名顾客抽取了一份奖品，则前面名顾客中第名顾客抽到了一份奖品，
则前面名顾客五人抽到奖品，其概率为，
第名顾客只获得一份奖品，其概率为，
第名顾客到第名顾客都没有抽到奖品，其概率为，
所以，第名顾客抽取了一份奖品的概率为
，
所以，，
当时，不符合上式，
因此，由第名顾客终止抽奖活动的概率为.
1 / 1四川省绵阳外国语学校2025届高三二模数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2025·涪城模拟）若复数是纯虚数，则实数（　　）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，又因为复数z为纯虚数，
则且，
解得.
故答案为：B.
【分析】根据复数的除法运算法则和纯虚数的定义，从而建立关于a的方程，解方程得出实数a的值.
2．（2025·涪城模拟）已知集合，，若，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】集合关系中的参数取值问题
【解析】【解答】解：因为集合，
集合，
又因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】先利用一元二次不等式求解方法和一元一次不等式求解方法，从而得出集合A和集合B，再利用集合的包含关系借助数轴以及分类讨论的方法，从而得到实数a的取值范围.
3．（2025·涪城模拟）已知向量，，若，则实数（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
若，
则，
所以，
解得.
故答案为：A.
【分析】先利用向量的线性运算的坐标公式得出，再利用向量垂直的坐标表示，从而列式求解得出实数k的值.
4．（2025·涪城模拟）设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为，且，所以，
又因为，所以，充分性满足；
如图：满足，，
但不成立，必要性不满足，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
故答案为：A.
【分析】通过面面平行的性质定理判断充分性，再通过举例子判断必要性，从而判断出“”是“”的充分而不必要条件.
5．（2025·涪城模拟）若为双曲线：上异于，的动点，且直线与的斜率之积为5，则的渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设，则，即，
则，所以，
则双曲线的渐近线方程为.
故答案为：C.
【分析】设，根据点在双曲线上和两点求直线斜率的公式，从而可得的值，进而可得双曲线C的渐近线方程.
6．（2025·涪城模拟）已知定义在上的函数，其中是奇函数且在上单调递减，的解集为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】奇偶性与单调性的综合；指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：依题意，，
则，
所以函数是上的奇函数，
又因为函数在上都单调递减，
所以在上单调递减，
则不等式，
所以，解得，
则的解集是.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件结合奇函数和单调函数的定义，则由奇函数的性质和单调性，从而得出的解集.
7．（2025·涪城模拟）学校举办篮球赛，将6支球队平均分成甲、乙两组，则两支最强的球队被分在不同组的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意可知，两支最强的球队被分在不同组的分组组数为：，
所有的分组组数为：，
由古典概型计算公式可得满足题意的概率值为：.
故答案为：C.
【分析】由题意结合组合数公式和古典概率公式，从而得出两支最强的球队被分在不同组的概率.
8．（2025·涪城模拟）已知，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：对于A，令，
则，
所以在上单调递减，即，
所以，故A错误；
对于B，令，，则，
所以在上单调递增，
即，故B错误；
对于C，因为，令时，
则，
，
因为，所以，故C错误；
对于D，令，，则，
当时，，所以；
当时，，，
且区间对应每一个值都使得，
所以；
当时，，
因为且区间对应每一个值都使得，
所以，
综上所述，在上恒成立，
则在上单调递增，即，故D正确.
故答案为：D.
【分析】令，求导判断函数的单调性，则判断出选项A；令，求导判断函数的单调性，则判断出选项B；令，由诱导公式和两角和的正弦公式判断出选项C；令，求导后分、、分别讨论函数的单调性，再由放缩法判断出选项D，从而找出正确的选项.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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．（2025·涪城模拟）下列选项正确的是（　　）
A．设是随机变量，若，则
B．已知某组数据分别为1，2，3，5，6，6，7，9，则这组数据的上四分位数为6
C．二项式展开式中的常数项为
D．设是随机变量，若，则
【答案】A,C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；二项式定理的应用；正态分布的期望与方差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于选项A：若，则，故选项A正确；
对于选项B：对于1，2，3，5，6，6，7，9这组数据已按从小到大排好序，共有8个数据，
因为上四分位数是第百分位数，又因为，结果是整数，
所以百分位数是这组数据中第6个和第7个数的平均数，为，故选项B错误；
对于选项C：
因为二项式的通项为
令，解得，
所以展开式的第四项为常数项，为，故选项C正确；
对于选项D：若，则，
所以，对于，则，
所以，故选项D错误.
故答案为：.
【分析】利用正态分布求期望公式判断选项A；利用百分位数的求解方法判断选项B；利用二项式定理求出展开式的通项，再利用常数项的定义，令字母因数部分指数为零，从而得出二项式展开式中的常数项，则判断出选项C；利用二项分布求方差公式和方差的性质，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025·涪城模拟）已知圆C的方程为，点是圆C上任意一点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（　　）
A．圆C的半径为2
B．满足的点M有1个
C．的最大值为
D．若点P在x轴上，则满足的点P有两个
【答案】A,C
【知识点】轨迹方程；直线和圆的方程的应用；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：对于选项A：因为圆的方程可化为，
所以圆心，半径等于2，故A正确；
对于选项B：因为，
所以圆上任意一点到原点的最大距离是，最小距离是，
因此满足的点有两个，故B错误；
对于选项C：令，则，所以，
将点的坐标代入圆的方程，并整理得，
依题意，则，
即，解得，
因此的最大值为，故C正确．
对于选项D：不妨设，因为，
所以，整理得．
因为点在圆上，
所以，
则，
因为为点的横坐标，且点为圆上任意一点，
所以，解得，
所以符合要求的点是唯一的，故D错误．
故答案为：AC.
【分析】将圆的方程化为标准方程，从而确定圆心坐标与半径，则可判断选项A；由圆上任意点到原点距离的最值来判断满足的点M的个数，则可判断选项B；令，再根据点在圆上，从而借助一元二次方程有解求出的最值，则可判断选项C；设出点的坐标，再利用待定系数法，从而得出满足的点P的个数，则可判断选项D，从而找出结论正确的选项．
11．（2025·涪城模拟）如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．一定是异面直线
B．存在点，使得
C．直线与平面所成角的正切值的最大值当
D．过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值
【答案】A,D
【知识点】棱锥的结构特征；异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则点坐标为.
对于A：设平面的法向量为，，
则，
所以，
取，解得，故，
又因为，，
考虑到，则，
所以，
则一定是异面直线，故A正确；
对于B：因为，，
若，则，
所以，解得，
又因为，所以，不存在这样的点，使得，故B错误；
对于C：因为，取平面的法向量，
则，
设直线与平面的夹角为，
则，
则，
所以，
又因为，所以，
则直线与平面所成角的正切值的最大值为，故C错误；
对于D：在正方体中，过的截面为六边形且六边形为正六边形时面积最大，
此时过的截面经过对称中心，
设截面交于中点，也为中点，所以为的中点时，
过三点的平面截正方体所得截面面积最大，
取的中点为，连接，如下所示：
所以，此时截面为正六边形，
其面积，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示以及异面直线的判断方法，则判断出选项A；利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，则判断出选项B；利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式以及函数求值域的方法，则判断出选项C；由正方体的性质可得截面面积最大的状态，从而画出截面图，再利用正六边形的面积公式得出过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2025·涪城模拟）已知等差数列的前n项和为若则　 　
【答案】30
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为，即，所以，
所以
故答案为：30.
【分析】根据等差数列的通项公式可先求出，再利用求和公式即可求出.
13．（2025·涪城模拟）已知是第三象限角，，则　 　.
【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：方法1：因为，所以，
又因为是第三象限角，所以，
则.
方法2：因为，所以，
又因为是第三象限角，所以，
则，
所以.
故答案为：2
【分析】利用两种方法求解.
方法一：先根据已知条件和诱导公式以及同角三角函数基本关系式，从而求出，的值，再根据，从而得出的值.
方法2：先根据已知条件和诱导公式以及同角三角函数基本关系式，从而求出，的值，再根据求出的值，从而求出的值.
14．（2025·涪城模拟），，则的取值为　 　.
【答案】1
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数极限
【解析】【解答】解：根据题意，，定义域为，
当时，，则，
令，则，
令，则，
则在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，当时，，则，与题意不符；
当时，，
根据对数函数的图象特点，易知，当时，，
则，与题意不符；
当时，则且或且，
又因为在上单调递增，，
所以，当时，；当时，，
所以，当时，；当时，，
又因为为增函数，
所以.
故答案为：1.
【分析】利用，则与在同一区间内保持同号，再根据函数单调性分类判断，从而得出实数a的值.
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15．（2025·涪城模拟）已知函数．
（1）若直线与曲线相切，求的值；
（2）讨论的单调性；
（3）若在定义域内恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为，
所以，
由，
可得，
所以直线与曲线的切点坐标为，
则，
解得.
（2）解：因为，
所以函数的定义域为，
由，
可得，
由，
可得，
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）解：由（2）可得，
解得，
又因为，
所以，实数的取值范围是.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）由导数的几何意义得出切点的横坐标，再结合切线方程可得出切点的坐标，将切点坐标代入函数的解析式，从而可得实数的值.
（2）利用函数的单调性与导数的正负的关系，从而得出函数的单调递增区间和单调递减区间.
（3）由（2）可得，再解不等式结合，从而可得实数的取值范围.
（1）因为，则，
由，可得，所以直线与曲线的切点坐标为，
故，解得.
（2）因为，所以函数的定义域为，
由可得，由可得，
故函数的增区间为，减区间为.
（3）由（2）可得，解得，
又因为，故实数的取值范围是.
16．（2025·涪城模拟）记的内角、、所对边分别为、、，面积为，且．
（1）证明：；
（2）若，边上的高为，求．
【答案】（1）证明：因为，
所以，
在中，，所以，
由正弦定理，
得．
因为，
所以，
所以，即，
所以．
（2）解：因为，所以，
由（1）知，．
方法1：因为，
所以为锐角三角形，
过作，过作，、分别为垂足，
由，设，
因为，
所以，，
则在中，，，，
所以，解得，
则在中，，即．
方法2：因为，又因为，
解得，．
因为，所以，
所以，．
由，得，
解得．
由正弦定理，得，
解得．
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用三角形的面积公式和二倍角的正弦公式，从而可得，再利用正弦定理结合诱导公式和两角和的正弦公式，从而化简证出成立.
（2）利用两种方法求解.
解法1：利用已知条件得出角A的正切值，再利用（1）得出角B的正切值，结合诱导公式和两角和的正切公式，从而求出的值，进而判断出为锐角三角形，过作，过作，、分别为垂足，设，在中，利用勾股定理求出的值，然后在中利用勾股定理，从而求出的值.
解法2：利用同角三角函数的基本关系和角B的取值范围，从而求出、的值，再利用三角形的面积公式求出的值，最后利用正弦定理求出的值.
（1）因为，所以，
在中，，所以．
由正弦定理，得．
因为，
所以，
所以，即，
所以．
（2）因为，所以，由（1）知．
法1：因为，
所以为锐角三角形．
过作，过作，、分别为垂足，
由，设，
因为，所以，，
所以在中，，，，所以，解得，
所以在中，，即．
法2：因为，又因为，解得，．
因为，所以，所以，．
由，得，解得．
由正弦定理，得，解得．
17．（2025·涪城模拟）如图，正方形所在平面和等腰梯形所在平面互相垂直，已知，，点在线段上.
（1）求证：平面平面；
（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求.
【答案】（1）证明：在正方形中，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
过点作，
则，，，所以，
所以，即，
因为，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：由（1）知两两互相垂直，
分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图：
则，
设，则，
设，则，
解得，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
设直线与平面所成角为，所以
解得或，所以或.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1） 根据面面垂直的判定定理即可证明
（2）由（1）知两两互相垂直，从而建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设得出点的坐标，再利用数量积求向量夹角公式得出的值，从而得出的值.
（1）证明：由正方形有，又平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以，
过点作，则，，，所以，
所以，即，又，
所以平面，又平面，所以平面平面；
（2）由（1）知两两互相垂直，分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图：
则有，设，则，设，
则有，解得，得，
所以，
设平面的法向量为，则有，
令，得，
设直线与平面所成角为，
所以，
解得或，
所以或.
18．（2025·涪城模拟）已知双曲线过点，其渐近线的方程为．按照如下方式依次构造点；过右支上点作斜率为1的直线与C的左支交于点，过再作斜率为的直线与C的右支交于点．
（1）求双曲线C的方程；
（2）用表示点的坐标；
（3）求证：数列是等比数列．
【答案】（1）解：由题意，可得，解得，
所以双曲线C的方程为：
（2）解：过作斜率为的直线方程为，
联立直线与双曲线方程，
可得，
设，
因为在抛物线上，所以，
则
所以，
则
（3）证明：设，
因为在双曲线上，
所以，
则化简可得，，
则，
所以
所以，
则是等比数列.
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件和代入点坐标的方法以及双曲线的渐近线方程，从而得出，进而得出双曲线C的方程.
（2）利用点斜式求出直线方程，再联立直线方程和双曲线方程，则根据点代入法和韦达定理，从而用表示出点的坐标.
（3）设，利用 点在双曲线上，从而代入化简可得，再利用等比数列的定义证出数列是等比数列．
（1）由题意可得，解得，
所以双曲线C的方程为：
（2）过作斜率为的直线方程为，
联立其与双曲线方程可得，
设，
由于在抛物线上，所以
则，
所以，
故
（3）设，
由于在双曲线上，所以，
则，化简可得，，故，
所以，
，
所以，
故是等比数列.
19．（2025·涪城模拟）某商家为吸引顾客，准备了两份奖品，凡是进店消费即可参与抽奖，奖品被抽完即抽奖活动终止．抽奖的规则如下：在一个不透明的盒子中有放回地取球（小球大小和质地相同），取出红球，则不获奖，取出白球，则获奖．刚开始盒子中有个白球和个红球，参与抽奖的顾客从盒子中随机抽取1个球，若不获奖，则将球放回，该顾客抽奖结束，下一名顾客继续抽奖．若获奖，则将球放回后再往盒子中加个红球，该顾客再继续抽奖．若第二次抽奖不获奖，则将球放回，该顾客只获得一份奖品，抽奖结束，下一名顾客继续抽奖；若第二次抽奖获奖，则该顾客获得两份奖品，整个抽奖活动结束．该活动深受顾客喜欢，假设这两份奖品没被抽完前始终有顾客参与抽奖．
（1）求第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率；
（2）求这两份奖品都被第名顾客抽取的概率；
（3）求由第名顾客终止抽奖活动的概率．
【答案】（1）解：由题意，可得第名和第名顾客各抽中一份奖品，
则第名顾客抽取的是红球；
第名顾客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是红球；
第名顾客抽取的是白球.
所以，第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率为.
（2）解：这两份奖品被第名顾客抽走的概率为，
被第名顾客抽走的概率为，
被第名顾客抽走的概率为，
，
被第名顾客抽走的概率为.
（3）解：设由第名顾客终止抽奖的概率为，
则，
以下讨论的情形：
若第名顾客共抽取了两份奖品，
则前面名顾客都没有抽到奖品，其概率为，
若第名顾客抽取了一份奖品，
则前面名顾客中第名顾客抽到了一份奖品，
则前面名顾客五人抽到奖品，其概率为，
第名顾客只获得一份奖品，其概率为，
第名顾客到第名顾客都没有抽到奖品，其概率为，
所以，第名顾客抽取了一份奖品的概率为：
所以，
当时，不符合上式，
因此，由第名顾客终止抽奖活动的概率为：.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；概率的应用；归纳推理
【解析】【分析】（1）利用已知条件分析可知第名顾客抽取的是红球；第名顾客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是红球；第名顾客抽取的是白球，再结合独立事件乘法求概率公式，从而可得第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率.
（2）利用列举法列举出这两份奖品都被第名、第名、第名顾客抽走的概率，再利用归纳推理的方法，从而可得这两份奖品都被第名顾客抽取的概率.
（3）设由第名顾客终止抽奖的概率为，可得出的值，讨论的情形，第名顾客共抽取了两份奖品，则前面名顾客都没有抽到奖品；第名顾客抽取了一份奖品，则前面名顾客中第名顾客抽到了一份奖品，利用独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而计算出两种情况下所求概率，再相加得出由第名顾客终止抽奖活动的概率.
（1）由题意可得第名和第名顾客各抽中一份奖品，即第名顾客抽取的是红球；
第名顾客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是红球；第名顾客抽取的是白球.
故第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率为.
（2）这两份奖品被第名顾客抽走的概率为，
被第名顾客抽走的概率为，
被第名顾客抽走的概率为，
，
被第名顾客抽走的概率为.
（3）设由第名顾客终止抽奖的概率为，则，以下讨论的情形：
若第名顾客共抽取了两份奖品，则前面名顾客都没有抽到奖品，其概率为，
若第名顾客抽取了一份奖品，则前面名顾客中第名顾客抽到了一份奖品，
则前面名顾客五人抽到奖品，其概率为，
第名顾客只获得一份奖品，其概率为，
第名顾客到第名顾客都没有抽到奖品，其概率为，
所以，第名顾客抽取了一份奖品的概率为
，
所以，，
当时，不符合上式，
因此，由第名顾客终止抽奖活动的概率为.
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