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2025年四川省成都七中高考数学三诊试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.集合，，若，则实数的取值范围( )
A. B. C. D.
2.已知复数在复平面内对应的点的坐标是，则的虚部是( )
A. B. C. D.
3.已知向量和的夹角为，且，，则( )
A. B. C. D.
4.九章算术是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士，凡五人，共出百钱，欲令高爵出少，以次渐多，问各几何？”意思是：“有大夫、不更、簪袅、上造、公士爵位依次降低个人共出钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增的等差数列，这个人各出多少钱？”在这个问题中，若上造出钱，则公士出钱数为( )
A. 钱 B. 钱 C. 钱 D. 钱
5.年月日是成都七中成立周年校庆日，将，，，，，，这些数字排成一行拼成位数，则不同的位数的有个．
A. B. C. D.
6.从午夜零时算起，钟的时针和分针一天内重合的次数为( )
A. 次 B. 次 C. 次 D. 次
7.过双曲线右支上的点作的切线，，为双曲线的左右焦点，为切线上的一点，且若，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
8.设，，，则的最大值是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在正方体中，点为棱中点，则( )
A. 过有且只有一条直线与直线和都相交
B. 过有且只有一条直线与直线和都垂直
C. 过有且只有一个平面与直线和都平行
D. 过有且只有一个平面与直线和所成角相等
10.已知函数，则下列说法正确的是( )
A. 的周期为
B. 的图象关于对称
C. 在上恰有个零点
D. 若在上单调递增，则的最大值为
11.玫瑰线以优雅之姿蜿蜒于平面，其花瓣般的曲线如诗如画，每一道弧度都流淌着属于数学的浪漫，已知某种玫瑰曲线的方程为，下列关于该玫瑰曲线的说法正确的是( )
A. 当时，若在玫瑰线上，则点关于轴对称点也在该玫现线上
B. 当时，玫瑰线上的点距坐标原点最远距离为
C. 当时，过原点且与玫瑰线仅有一个交点的直线方程为：
D. 将该玫瑰线顺时针旋转，新的曲线方程为：
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在的展开式中，的系数为______用数字作答
13.正三棱锥底面边长，体积，则该三棱锥外接球的表面积为______．
14.若，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
在中，．
求；
若，，求边以及的面积．
16.本小题分
已知函数．
Ⅰ求函数在区间上的最小值；
Ⅱ证明函数只有一个零点．
17.本小题分
已知抛物线过焦点的直线分别与抛物线交于，两点在的上方将平面沿轴折叠，即平面绕轴折叠，折叠过程中，，，，点组成的四面体体积最大为．
求抛物线方程；
当，，，点组成的四面体体积最大时，求线段折叠前与折叠后长度之比的最大值，并求出此时点，的坐标．
18.本小题分
在一个足够大的不透明袋中进行一个轮摸球试验，规则如下：每一轮试验时，袋中均有红、黑、白三种颜色的球，从中随机摸出一个球摸出的球不再放回，若摸出红球则试验成功；若摸出白球，则试验失败；若摸出黑球，则进入判定环节：判定时，放回两个黑球取出一个白球，再从中随机摸出一个球，若为白球则试验失败，否则试验成功若试验成功，则结束试验，若试验失败，则进行下一轮试验，直至成功或轮试验进行完已知第轮试验开始时，袋中有个红球，个黑球，个白球．
求第轮试验成功的概率；
某团队对这个试验进行了一定的研究，请若干志愿者进行了轮试验，并记录了第轮试验成功志愿者的比例，记，发现与线性相关，求关于的经验回归方程，并预测试验轮数足够大时，试验成功志愿者的比例；
记试验结束时，试验成功的概率为，证明：．
参考数据：．
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为．
19.本小题分
有序实数组是给定正整数且定义数列：当时，；当时，，其中为除以的余数规定当，若对，存在，使得，则称正整数为有序数组的模范数．
若，写出的所有模范数；若，写出的所有模范数．
设正整数数列满足：，请直接写出有序实数组的所有模范数．
对于任意的有序实数组，其所有模范数组成集合记为，求证：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：由正弦定理得，
又，所以，
即，
整理得，
得，所以；
由余弦定理，
可得，
即，
解得或舍，
所以．
16.解：因为，
所以，
令，则，
当时，，
所以在上单调递减，又，，
所以由零点存在定理可知，存在唯一的，使，
又当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，
所以函数在区间上的最小值为．
Ⅱ证明：，，
当时，，
所以在区间上单调递增，
又，，结合零点存在定理可知，在区间上有且仅有一个零点，
当时，，，则，
当时，，则．
综上，函数在上有且仅有一个零点．
17.解：记直线为，设，
联立，得，
记两个交点为，，
那么有：．
由于，，，组成的四面体体积最大为，当面面时，体积最大，
则，
即，解得，则抛物线方程为．
联立，得，
记两个交点为，，
则，，
当面面时，体积最大，
过作，连接，所以，
过作，则，，，
所以，
翻折前，
令，又，则，
所以，
由于，所以，
所以，
当且仅当时，等号成立此时，．
18.解：设事件表示“第轮试验成功”，
第轮试验中有个红球，个黑球，个白球，
摸出红球，即试验成功的概率为，
摸出黑球且试验成功的概率为，
则；
因为，
所以，
所以，
则所求经验回归方程为，
当试验轮数足够大，即足够大时，接近于，则接近于，
故预测成功志愿者的比例为；
证明：依题意，轮试验失败的概率为，设第轮试验失败的概率为，
则，发生有两种可能，直接摸出白球，概率为，
或者摸出黑球后再摸出白球，概率为，
所以，
则，
因此．
19.解；由题：，，或，
当，时，有，故是的模范数；
当，时，有，故是的模范数；
当，时，有，故是的模范数；
当，时，有，故是的模范数；
当，时，有，故是的模范数；
当，时，有，
当，时，有，
故不是的模范数；所以的模范数有，，，，；
同理可求得的模范数有，，，，．
模范数为：，，，，，，当时：，
所以，又因为是正整数，
所以，，故，，故，
时，结论成立，假设时结论成立，
考虑时：，
所以累加得，
又因为，所以，所以累加得，
由于，
所以：，得到：．
故C，归纳得证，根据题意，首先所有正数所在项满足，所以均为模范数；
又因为，所以均为模范数；又因为，
所以均为模范数；综上，故模范数为：，，，，，，；
证明：对于模范数，设是最小的正整数使得模范数性质成立，即：，
由的最小性可得，，，，
所以，，，，
于是，，，，都是模范数．称，，，，为一段模范数，
且对应的项的和非负．依次将的模范数分在某段模范数中，使得相邻两段模范数没有重复的数．
当最后一段与第一段没有重复的数，得证．当最后一段与第一段有重复的数时，
由最后一段长度最小性知重复的数的和非负，再根据第一段长度的最小性知重复的数完整包含第一段．
总之，总能将所有的模范数划分为若干互不重叠的段，因为每一段对应的项和非负，
所以所有模范数对应的项的和非负，命题得证．
根据模范数定义即可求解；
用数学归纳法验证结论成立，根据题意写出模范数；
对于模范数，设是最小的正整数使得模范数性质成立，，通过验证得出，，，，都是模范数，总结归纳即可．
本题考查数列的应用，属于难题．
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