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四川省广安市2025届高三第二次诊断性考试数学试题
1．（2025·广安模拟）已知集合，集合，则中元素个数为（　　）
A．1 B．0 C．3 D．2
2．（2025·广安模拟）下列函数在定义域上既是增函数又是奇函数的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·广安模拟）已知的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（　　）
A．2 B． C． D．
4．（2025·广安模拟）三棱锥中，平面，为以为直径的半圆圆周上的动点（不同于、的点）.若，，则该三棱锥体积的最大值为（　　）
A．4 B． C．2 D．
5．（2025·广安模拟）关于二项式，若展开式中含的项的系数为21，则（　　）
A．2 B．1 C．3 D．-1
6．（2025·广安模拟）广安白塔始建于1174年至1224年间，塔的一至五层为石结构，六至九层为砖结构，每层均为四方结构（即每层底面为正方形），为第一层下底面四边形的外接圆内一点，经测算，每一层的高度恰为过的弦的长度的二分之一，并构成等差数列，顶层的高度为过点的圆的最短弦长度的一半，第一层的高度为过点的圆的最长弦长度的一半.已知该塔第一层底面四边形的边长为米，米，则塔高为（　　）
A．41米 B．40.5米 C．39.5米 D．38.7米
7．（2025·广安模拟）若双曲线的焦距为，过右顶点的直线与双曲线的一条渐近线平行.已知原点到直线的距离为，则双曲线的离心率为（　　）
A．2或 B． C．2 D．
8．（2025·广安模拟）若函数的定义域内存在，，使得成立，则称该函数为“完备函数”.已知是上的“完备函数”，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·广安模拟）下列说法中正确的是（　　）
A．具有相关关系的两个变量，的相关系数为，那么越接近于0，则，之间的线性相关程度越高
B．将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变
C．数据，，，，，，，，，，，的上四分位数是154
D．设随机变量的均值为，是不等于的常数，则相对于的偏离程度小于相对于的偏离程度
10．（2025·广安模拟）设为数列的前项和，若，，若，则下列结论正确的有（　　）
A． B．数列为递减数列
C．当时，取得最小值 D．当时，的最小值为8
11．（2025·广安模拟）已知定义域为的函数满足，.数列的首项为1，且，则（　　）
A． B．
C． D．
12．（2025·广安模拟）在复平面内，复数的对应点坐标为，则的共轭复数为　 　.
13．（2025·广安模拟）已知在中，，，，，在上，，则　 　.
14．（2025·广安模拟）已知正方形的中心为，，现将其沿对角线翻折，使得在面内的射影为的中点，且，，　 　，再将绕直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的体积为　 　.
15．（2025·广安模拟）已知函数（为常数）.
（1）若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等，求的值；
（2）是否存在实数，使得有3个零点？若存在，求实数的范围；若不存在，请说明理由.
16．（2025·广安模拟）在三棱柱中，底面，，，到平面的距离为1.
（1）证明：平面平面；
（2）已知三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值.
17．（2025·广安模拟）2024年12月，为培养适应新时代要求的创新型人才，教育部办公厅发布了关于加强中小学人工智能教育的通知.为了坚持立德树人，全面贯彻党的教育方针，紧扣新时代新征程教育使命，满足面向未来的创新型人才培养需求，提升数字素养与数字技能，某市教育局为了培养学生的科技创新素养，在甲，乙两所高中学校举办了一次人工智能科普知识竞赛，两个学校的学生人数基本相同.已知甲学校学生成绩的优秀率为0.24（优秀：竞赛成绩，单位：分），现从乙学校随机抽取100名学生的竞赛成绩，制成如图所示的频率分布直方图.
（1）从乙学校竞赛分数在中的学生中，采用分层抽样的方法抽取了9人，现从这9人中随机抽取6人，记成绩优秀的学生人数为，求的分布列和数学期望；
（2）若从本次参赛的学生中随机抽取1人，以样本的频率估计概率，求此学生竞赛成绩优秀的概率；
（3）现从参与竞赛的学生中随机抽取人，若要使取得最大值（表示人中优秀人数），求的值.
18．（2025·广安模拟）已知圆与抛物线交于，两点，
（1）求曲线的方程；
（2）设过抛物线焦点的直线交于、两点，过圆心的直线与曲线的另一个交点为，点在与之间.
（i）证明：线段垂直于轴：
（ii）记的面积为，的面积为，求的取值范围.
19．（2025·广安模拟）已知常数为非零整数，若函数，满足：对任意，，，则称函数为函数.
（1）若函数，为函数，求的取值范围；
（2）若为函数，图像在是一条连续的曲线，，，且在区间上存在唯一的极大值点，求函数最值差的绝对值的取值范围；
（3）若，，且为函数，为的一阶导函数，对任意，，恒有，记的最小值为，求的取值范围及关于的表达式.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：因为，，
所以，有2个元素.
故选：D.
【分析】先化简求得集合，，进而求得他们的交集，即可求得其元素个数.
2．【答案】C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、在定义域上是增函数，但是是非奇非偶函数，故选项A错误；
B、在定义域上不具有单调性，故选项B错误；
C、在定义域上是增函数，且是奇函数，故选项C正确；
D、在定义域上不具有单调性，故选项D错误.
故选：C.
【分析】根据基本初等函数的单调性和奇偶性逐一分析判断即可.
3．【答案】B
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：由题意可知，，
由正弦定理，可得.
故选：B.
【分析】先根据三角形的内角和求出，进而由正弦定理计算可得a.
4．【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：平面，平面，，
以为直径的半圆圆周上动点（不同于，的点），∴，
又∵，平面，平面，平面，
平面，∴，
在中，由勾股定理可知，
平面，平面，，
在中，设，，（，），
由勾股定理可知，得，
，
当且仅当，且，即时，等号成立，
，
该三棱锥体积的最大值为4.
故选：A.
【分析】利用线面垂直的判定定理可知平面，再由线面垂直的性质得到，由勾股定理求得.设，，由勾股定理得，然后由基本不等式求得的面积的最大值，从而求得三棱锥体积的最大值.
5．【答案】D
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：，
因为展开式的通项为，
所以展开式中含的项为，
所以展开式中含的项 的系数，解得，
故选：D.
【分析】，计算的展开式，进而求得展开式中含的项，再列式求得a的值即可.
6．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设每层的高度记为an，
由题意可知，底面为正方形且第一层底面四边形的边长为米，最长弦长为下底面四边形的外接圆的直径，即米，
最短弦长和最长弦长垂直，由弦长公式得，
所以塔高米.
故选：B.
【分析】先根据已知条件得出，再结合等差数列求和公式计算即可即可求得塔高.
7．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由对称性可知，不妨设直线的方程为，即，
所以，
又因为，所以，所以，
两边平方得，所以，所以，
所以，解得或，
因为，所以，所以，
所以，所以.
故选：C.
【分析】由题意不妨设直线的方程为，得，结合，原点到直线的距离为和点到直线的距离公式得，利用，可知，转为，结合，即，进而求得e的值即可.
8．【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可知，
，
因为是上的“完备函数”，
所以存在，，使得成立；
即存在，，使得成立；
又因为，所以，
即在上至少存在两个最大值点，
令，则，解得，
∴至少存在两个整数，∴，
当，即一定满足题意.
又∵，即，
∴，即
∴当取1，2时，，解得，
综上所述，的取值范围为.
故选：D
【分析】利用诱导公式和辅助角公式化简函数可得，由“完备函数”的定义得到关系式存在，，使得成立，结合三角函数的有界性，得到，从而得到在上至少存在两个最大值点，即可得中至少存在两个整数，进而求得的取值范围即可.
9．【答案】B,D
【知识点】极差、方差与标准差；样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量的期望与方差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、具有相关关系的两个变量，的相关系数为，那么越接近于，，之间的线性相关程度越低，故选项A错误；
B、由方差的性质可知将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，故选项B正确；
C、因为，所以甲组数据的上四分位数是第9个数与第10个数的平均数，即，故选项C错误；
D、因为，所以，同理，
又随机变量的均值为，是不等于的常数，所以，，所以相对于的偏离程度小于相对于的偏离程度，故选项D正确.
故选：BD.
【分析】由相关系数的定义即可判断选项A，利用方差的性质即可判断选项B，利用上四分位数的定义即可判断选项C，利用均值的性质即可判断选项D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】数列的函数特性；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】∵，，
∴，
∴，
，，…，，
累加可得，，
∵ ，∴，∴，
当时，满足上式，.
当时，.
A、，故选项A正确；
B、由于函数，其图象对称轴为，当时函数递增，
故当时，单调递增，又，，
单调递增，且，故选项B错误；
C、由B可知，
当时，单调递减，当时，单调递增，且，
当时，取得最小值，故选项C正确；
D、当时，单调递增，又，，
当时，的最小值为8，故选项D正确；
故选：ACD.
【分析】根据已知条件可得，利用累加法求出数列的前项和，再利用与的关系式求出数列的通项公式，再结合已知条件逐项计算判断即可.
11．【答案】A,B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列与函数的综合
【解析】【解答】解：A、∵，∴，
又，.，取时，可得，
∵，令，得.
，∴，∴e+c+1=e，
，，，故选项A正确；
B、设，则，
当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，
，即，当且仅当时，等号成立.
故，又，所以，故选项B正确.
CD、∵，∴，得，
即，∴，
∴，即，
∵函数定义域为，∴，有，即，
下证数列单调递减，即证，即证，
即证，即证，
令，则，
当时，，∴在上单调递减.
∵，，∴，即数列单调递减，
∴，，故选项C正确，选项D错误.
故选：ABC.
【分析】根据求导法则，可知，，利用和，即可求得c，进而求得函数的解析式，代入，即可判断选项A；构造函数，利用导数求得其最值，即可判断选项B；由函数解析式求得数列的递推公式，利用B才不等式进行放缩，构造函数证明数列单调性，即可判断选项C、D.
12．【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由题意可知，，
，∴的共轭复数为.
故答案为：.
【分析】根据复数的几何意义可知，再利用复数的乘法法则求得 ，进而根据共轭复数的定义即可求得的共轭复数 .
13．【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，且，，三点共线，
所以，解得，
所以，，
所以.
故答案为：.
【分析】根据，，三点共线，可知，即可求出，进而求出和，利用向量的数量积运算即可求得.
14．【答案】；
【知识点】球内接多面体；解三角形
【解析】【解答】解：正方形的中心为，将其沿对角线翻折，使得在面内的射影为的中点，则二面角为直二面角，如图所示，
，∴，，，平面平面，
又∵平面平面，平面，
平面，
∵，，∴为的中点，为的中点，
又正方形的中心为，∴为的中点，∴，，
过作于点，连接，则，平面，
又平面，
又，，，，
在 中，由余弦定理可知，，
在中，，
又，
在 中，由余弦定理可知，，
将绕直线旋转一周得到一个旋转体为两个同底面的圆锥组合体，
作出其轴截面，如图所示，
则该轴截面中和为边长为1的等边三角形，
该旋转体的内切球的半径即为菱形的内切圆的半径，
由等面积法可知，，
即，则，
∴该旋转体的内切球的体积为.
故答案为：，.
【分析】第一空：过作于点，连接，利用面面垂直，线面垂直的判定定理和性质在直角三角形中，求得长度，进而利用余弦定理即可求得∠EOF；第二空：通过轴截面，求得内切球半径，进而可求得 该旋转体的内切球的体积 .
15．【答案】（1）解：∵，∴，
，，
∴曲线在处的切线为，即.
令，则，
若，则，则切点为，切线为，不合题意；
若，则；
令，则.
∵切线在两坐标轴上的截距相等，∴，∴.
（2）解：若函数有3个零点，等价于方程有三个解.
其中时，显然不是方程的根，
当时，转化为与的图象有3个交点.
又由，
令，解得或；令，解得，
∴函数在，上单调递增，在上单调递减，
∴当时，函数取得极小值，极小值为.
又由时，；当时，且；当时，，
故函数的大致图象如下图所示：
∴，即实数的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）结合导数的几何意义即可求出曲线在处的切线方程，再利用切线在两坐标轴上的截距相等可得，即可求得a的值；
（2）由函数零点与方程根的关系可将问题转化为方程有三个解，进一步转化为直线与函数的图象有3个交点.先对求导，研究其单调性、极值，进而画出函数的大致图象，数形结合即可求得a的取值范围.
（1）因为，所以，
，，
所以曲线在处的切线为
，即.
令，则，
若，则，则切点为，切线为，不合题意；
若，则；令，则.
又切线在两坐标轴上的截距相等，即，
故.
（2）若函数有3个零点，等价于方程有三个解.
其中时，显然不是方程的根，
当时，转化为与的图象有3个交点.
又由，
令，解得或；令，解得，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数取得极小值，极小值为.
又由时，；当时，且；当时，，
故函数的大致图象如下图所示：
所以，即实数的取值范围为.
16．【答案】（1）证明：底面，底面，
，
又，，平面，平面
平面，
又底面，
平面平面.
（2）解：法一：由（1）可知，平面，平面，∴.
，
，，
，
在中作于，
又平面平面，且平面平面平面，
平面，∴即为到平面的距离，即，
∴为的中点，即，，
如图所示，过作交的延长线与，连接，
平面，则为与平面所成角的角，
又，，四边形为平行四边形，
，，
，，，
.
与平面所成角的正弦值为.
法二：面且，、、两两相互垂直.
如图所示，以为坐标原点，以、、所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
由法一可知，，
∴，，，，，，
，，，
设面的法向量，
，令，则y=0，z=1，∴法向量.
∴，
与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质定理可证得，再利用线面垂直的判定定理证得平面，进而利用面面垂直的判定定理即可证得平面平面 ；
（2）法一(几何法)：先利用三棱锥等体积法求出的长，再根据定义作出线面所成角的平面角，利用边长求正弦值即可；法二（空间向量法）：根据条件建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量数量积求出与法向量夹角的余弦值，即为所求线面角的正弦值.
（1）底面，底面，
，
又，，平面，平面
平面，
又底面，
平面平面.
（2）法一：
由（1）可知，平面，平面，所以.
，
，
，
，
在中作于，
又平面平面，且平面平面平面，
平面，则即为到平面的距离，即，
所以为的中点，即，，
过作交的延长线与，连接，
平面，则为与平面所成角的角，
又，，四边形为平行四边形，
，，
，，，
.
与平面所成角的正弦值为.
法二：面且，、、两两相互垂直.
以为坐标原点，以、、所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图：
由法一可知，，
所以，，，，，，
，，，
设面的法向量，
，令，可得法向量.
所以，
与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：由直方图可知竞赛分数在和中的学生比值为，
所以竞赛分数在中的学生抽取6人，分数在中的学生抽取3人，
所以成绩优秀的学生人数的所有可能取值为，，，，
所以，，
，，
所以 的分布列为
0 1 2 3
所以期望.
（2）解：记事件A：成绩优秀的学生，事件：甲学校的学生，
因为，，，
所以.
（3）解：解法一：，解得
解法二：记随机抽取人中竞赛成绩优秀的人数为，由题意可知，，
所以，令，则，
令，则，所以时，，
令，则，所以时，，
令，则，所以，
所以当或时，最大，即或时，竞赛成绩优秀的人数为8的概率最大.
【知识点】分层抽样方法；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布；条件概率
【解析】【分析】（1）先求出求出抽取的9人中的优秀人数和非优秀人数，进而确定随机变量 的可能取值，并求出各取值对应的概率即可求得其分布列，再由期望公式计算期望值即可；
（2）记事件A：成绩优秀的学生，事件：甲学校的学生，依次求出，和，再由全概率公式即可计算求解.
（3）法一：根据已知列不等式组即可求解；法二：令，计算，由和即可计算求解.
（1）由直方图，占6人，占3人，
则成绩优秀的学生人数可取，，，，
所以，，
，，
所以分布列为
0 1 2 3
则期望.
（2）记事件A：成绩优秀的学生，事件：甲学校的学生，
由已知条件可知，，，
所以.
（3）解法一：
解法二：记随机抽取人中竞赛成绩优秀的人数为，由题意可知，，
所以，令，则，
令，则，所以时，，
令，则，所以时，，
令，则，所以，
所以当或时，最大，即或时，竞赛成绩优秀的人数为8的概率最大.
18．【答案】（1）解：由圆，可化为标准方程，
所以圆的圆心为，半径为，
设与轴交于点，如图所示，
因为圆和抛物线都关于轴对称，所以，两点也关于轴对称，且，
所以在直角中，，，所以，则，
所以抛物线过点，即，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）解：（i）证明：由（1）知，
又因为直线的斜率不为0，设的方程为，，，
联立，消x整理得，
所以，
所以，，
所以.
所以，
所以直线与直线关于轴对称，即点与点关于轴对称，
所以线段垂直于轴.
（ii）由（i）可知，不妨设，
因为点在与之间，所以，，
所以，，
所以
令，则，
令，则，解得；，解得.
则在上单调递增，在上单调递减，
，所以的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；抛物线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）先求出 圆的圆心为，半径， 由圆的性质，求得交点的坐标，代入抛物线方程，求得p的值，即可求得 抛物线的方程 ；
（2）（i）设出直线方程，，，联立抛物线与直线方程，可得，利用韦达定理可知两根关系式，利用斜率公式，可知，可得答案；（ii）由三角形面积公式可知，令，利用导数分析的单调性，进而求得其最值，进而求得的取值范围 .
（1）由圆，可化为标准方程，
所以圆圆心为，半径为，
设与轴交于点，如图所示，
因为圆和抛物线都关于轴对称，则，两点也关于轴对称，且，
所以在直角中，，，所以，则，
所以抛物线过点，即，则，
所以抛物线方程为.
（2）（i）由（1）知，又因为直线的斜率不为0，故设的方程为
，，，
联立，可得：，，
则，，
.
故，故直线与直线关于轴对称，即点与点关于轴对称，所以线段垂直于轴.
（ii）由（i）可知，不妨设，因为点在与之间，所以，，，，
则
令，则，
令，则，解得；，解得.
则在上单调递增，在上单调递减，
，所以的取值范围为.
19．【答案】（1）解：因为是函数，
所以对任意，，，
所以，
所以
，
所以，即，
又，，所以，解得
所以的取值范围为[-2，2].
（2）解：设为在区间上存在的唯一的极大值点，
所以在严格递增，在严格递减，
由，即，解得又，，
所以，（构造时，等号成立），
所以.
函数最值差的绝对值的取值范围 为.
（3）解：因为，，显然为上的严格增函数，
又由题干可知，，任意，，不妨设，此时，
由为函数，得恒成立，
即恒成立，
设，则为上的减函数，，得对恒成立，
易知上述不等号右边的函数为上的减函数，
所以，所以的取值范围为，
此时，
，
因为，当，，所以为上的增函数，
由题意得，，.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）由新定义函数得到不等式，由的最小值得到的取值范围；
（2）设极值点，由定义得到不等式组，得到范围，又因为是极大值，所以，得到函数的最大值和最小值，从而得到函数最值差的绝对值的取值范围；
（3）当时，函数在上单调递增，设，则.由新定义得恒成立，构造函数，且为上的减函数，所以，得对恒成立，由函数单调性求得的取值范围.求出导数，再求得其导数，由得到函数的单调性，由函数的最大值与最小值的差求得.
（1）因为是函数，对任意，，，
则，
所以
，
故，即，又，，
所以，
（2）设为在区间上存在的唯一的极大值点，
则在严格递增，在严格递减，
由，即，得，
又，，则，（构造时，等号成立），
所以；
（3）因为，，显然为上的严格增函数，
又由题干可知，，任意，，不妨设，此时，
由为函数，得恒成立，
即恒成立，
设，则为上的减函数，，得对恒成立，
易知上述不等号右边的函数为上的减函数，
所以，所以的取值范围为，
此时，
，
因为，当，，所以为上的增函数，
由题意得，，.
1 / 1四川省广安市2025届高三第二次诊断性考试数学试题
1．（2025·广安模拟）已知集合，集合，则中元素个数为（　　）
A．1 B．0 C．3 D．2
【答案】D
【知识点】交集及其运算；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：因为，，
所以，有2个元素.
故选：D.
【分析】先化简求得集合，，进而求得他们的交集，即可求得其元素个数.
2．（2025·广安模拟）下列函数在定义域上既是增函数又是奇函数的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、在定义域上是增函数，但是是非奇非偶函数，故选项A错误；
B、在定义域上不具有单调性，故选项B错误；
C、在定义域上是增函数，且是奇函数，故选项C正确；
D、在定义域上不具有单调性，故选项D错误.
故选：C.
【分析】根据基本初等函数的单调性和奇偶性逐一分析判断即可.
3．（2025·广安模拟）已知的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：由题意可知，，
由正弦定理，可得.
故选：B.
【分析】先根据三角形的内角和求出，进而由正弦定理计算可得a.
4．（2025·广安模拟）三棱锥中，平面，为以为直径的半圆圆周上的动点（不同于、的点）.若，，则该三棱锥体积的最大值为（　　）
A．4 B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：平面，平面，，
以为直径的半圆圆周上动点（不同于，的点），∴，
又∵，平面，平面，平面，
平面，∴，
在中，由勾股定理可知，
平面，平面，，
在中，设，，（，），
由勾股定理可知，得，
，
当且仅当，且，即时，等号成立，
，
该三棱锥体积的最大值为4.
故选：A.
【分析】利用线面垂直的判定定理可知平面，再由线面垂直的性质得到，由勾股定理求得.设，，由勾股定理得，然后由基本不等式求得的面积的最大值，从而求得三棱锥体积的最大值.
5．（2025·广安模拟）关于二项式，若展开式中含的项的系数为21，则（　　）
A．2 B．1 C．3 D．-1
【答案】D
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：，
因为展开式的通项为，
所以展开式中含的项为，
所以展开式中含的项 的系数，解得，
故选：D.
【分析】，计算的展开式，进而求得展开式中含的项，再列式求得a的值即可.
6．（2025·广安模拟）广安白塔始建于1174年至1224年间，塔的一至五层为石结构，六至九层为砖结构，每层均为四方结构（即每层底面为正方形），为第一层下底面四边形的外接圆内一点，经测算，每一层的高度恰为过的弦的长度的二分之一，并构成等差数列，顶层的高度为过点的圆的最短弦长度的一半，第一层的高度为过点的圆的最长弦长度的一半.已知该塔第一层底面四边形的边长为米，米，则塔高为（　　）
A．41米 B．40.5米 C．39.5米 D．38.7米
【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设每层的高度记为an，
由题意可知，底面为正方形且第一层底面四边形的边长为米，最长弦长为下底面四边形的外接圆的直径，即米，
最短弦长和最长弦长垂直，由弦长公式得，
所以塔高米.
故选：B.
【分析】先根据已知条件得出，再结合等差数列求和公式计算即可即可求得塔高.
7．（2025·广安模拟）若双曲线的焦距为，过右顶点的直线与双曲线的一条渐近线平行.已知原点到直线的距离为，则双曲线的离心率为（　　）
A．2或 B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由对称性可知，不妨设直线的方程为，即，
所以，
又因为，所以，所以，
两边平方得，所以，所以，
所以，解得或，
因为，所以，所以，
所以，所以.
故选：C.
【分析】由题意不妨设直线的方程为，得，结合，原点到直线的距离为和点到直线的距离公式得，利用，可知，转为，结合，即，进而求得e的值即可.
8．（2025·广安模拟）若函数的定义域内存在，，使得成立，则称该函数为“完备函数”.已知是上的“完备函数”，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可知，
，
因为是上的“完备函数”，
所以存在，，使得成立；
即存在，，使得成立；
又因为，所以，
即在上至少存在两个最大值点，
令，则，解得，
∴至少存在两个整数，∴，
当，即一定满足题意.
又∵，即，
∴，即
∴当取1，2时，，解得，
综上所述，的取值范围为.
故选：D
【分析】利用诱导公式和辅助角公式化简函数可得，由“完备函数”的定义得到关系式存在，，使得成立，结合三角函数的有界性，得到，从而得到在上至少存在两个最大值点，即可得中至少存在两个整数，进而求得的取值范围即可.
9．（2025·广安模拟）下列说法中正确的是（　　）
A．具有相关关系的两个变量，的相关系数为，那么越接近于0，则，之间的线性相关程度越高
B．将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变
C．数据，，，，，，，，，，，的上四分位数是154
D．设随机变量的均值为，是不等于的常数，则相对于的偏离程度小于相对于的偏离程度
【答案】B,D
【知识点】极差、方差与标准差；样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量的期望与方差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、具有相关关系的两个变量，的相关系数为，那么越接近于，，之间的线性相关程度越低，故选项A错误；
B、由方差的性质可知将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，故选项B正确；
C、因为，所以甲组数据的上四分位数是第9个数与第10个数的平均数，即，故选项C错误；
D、因为，所以，同理，
又随机变量的均值为，是不等于的常数，所以，，所以相对于的偏离程度小于相对于的偏离程度，故选项D正确.
故选：BD.
【分析】由相关系数的定义即可判断选项A，利用方差的性质即可判断选项B，利用上四分位数的定义即可判断选项C，利用均值的性质即可判断选项D.
10．（2025·广安模拟）设为数列的前项和，若，，若，则下列结论正确的有（　　）
A． B．数列为递减数列
C．当时，取得最小值 D．当时，的最小值为8
【答案】A,C,D
【知识点】数列的函数特性；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】∵，，
∴，
∴，
，，…，，
累加可得，，
∵ ，∴，∴，
当时，满足上式，.
当时，.
A、，故选项A正确；
B、由于函数，其图象对称轴为，当时函数递增，
故当时，单调递增，又，，
单调递增，且，故选项B错误；
C、由B可知，
当时，单调递减，当时，单调递增，且，
当时，取得最小值，故选项C正确；
D、当时，单调递增，又，，
当时，的最小值为8，故选项D正确；
故选：ACD.
【分析】根据已知条件可得，利用累加法求出数列的前项和，再利用与的关系式求出数列的通项公式，再结合已知条件逐项计算判断即可.
11．（2025·广安模拟）已知定义域为的函数满足，.数列的首项为1，且，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列与函数的综合
【解析】【解答】解：A、∵，∴，
又，.，取时，可得，
∵，令，得.
，∴，∴e+c+1=e，
，，，故选项A正确；
B、设，则，
当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，
，即，当且仅当时，等号成立.
故，又，所以，故选项B正确.
CD、∵，∴，得，
即，∴，
∴，即，
∵函数定义域为，∴，有，即，
下证数列单调递减，即证，即证，
即证，即证，
令，则，
当时，，∴在上单调递减.
∵，，∴，即数列单调递减，
∴，，故选项C正确，选项D错误.
故选：ABC.
【分析】根据求导法则，可知，，利用和，即可求得c，进而求得函数的解析式，代入，即可判断选项A；构造函数，利用导数求得其最值，即可判断选项B；由函数解析式求得数列的递推公式，利用B才不等式进行放缩，构造函数证明数列单调性，即可判断选项C、D.
12．（2025·广安模拟）在复平面内，复数的对应点坐标为，则的共轭复数为　 　.
【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由题意可知，，
，∴的共轭复数为.
故答案为：.
【分析】根据复数的几何意义可知，再利用复数的乘法法则求得 ，进而根据共轭复数的定义即可求得的共轭复数 .
13．（2025·广安模拟）已知在中，，，，，在上，，则　 　.
【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，且，，三点共线，
所以，解得，
所以，，
所以.
故答案为：.
【分析】根据，，三点共线，可知，即可求出，进而求出和，利用向量的数量积运算即可求得.
14．（2025·广安模拟）已知正方形的中心为，，现将其沿对角线翻折，使得在面内的射影为的中点，且，，　 　，再将绕直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的体积为　 　.
【答案】；
【知识点】球内接多面体；解三角形
【解析】【解答】解：正方形的中心为，将其沿对角线翻折，使得在面内的射影为的中点，则二面角为直二面角，如图所示，
，∴，，，平面平面，
又∵平面平面，平面，
平面，
∵，，∴为的中点，为的中点，
又正方形的中心为，∴为的中点，∴，，
过作于点，连接，则，平面，
又平面，
又，，，，
在 中，由余弦定理可知，，
在中，，
又，
在 中，由余弦定理可知，，
将绕直线旋转一周得到一个旋转体为两个同底面的圆锥组合体，
作出其轴截面，如图所示，
则该轴截面中和为边长为1的等边三角形，
该旋转体的内切球的半径即为菱形的内切圆的半径，
由等面积法可知，，
即，则，
∴该旋转体的内切球的体积为.
故答案为：，.
【分析】第一空：过作于点，连接，利用面面垂直，线面垂直的判定定理和性质在直角三角形中，求得长度，进而利用余弦定理即可求得∠EOF；第二空：通过轴截面，求得内切球半径，进而可求得 该旋转体的内切球的体积 .
15．（2025·广安模拟）已知函数（为常数）.
（1）若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等，求的值；
（2）是否存在实数，使得有3个零点？若存在，求实数的范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：∵，∴，
，，
∴曲线在处的切线为，即.
令，则，
若，则，则切点为，切线为，不合题意；
若，则；
令，则.
∵切线在两坐标轴上的截距相等，∴，∴.
（2）解：若函数有3个零点，等价于方程有三个解.
其中时，显然不是方程的根，
当时，转化为与的图象有3个交点.
又由，
令，解得或；令，解得，
∴函数在，上单调递增，在上单调递减，
∴当时，函数取得极小值，极小值为.
又由时，；当时，且；当时，，
故函数的大致图象如下图所示：
∴，即实数的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）结合导数的几何意义即可求出曲线在处的切线方程，再利用切线在两坐标轴上的截距相等可得，即可求得a的值；
（2）由函数零点与方程根的关系可将问题转化为方程有三个解，进一步转化为直线与函数的图象有3个交点.先对求导，研究其单调性、极值，进而画出函数的大致图象，数形结合即可求得a的取值范围.
（1）因为，所以，
，，
所以曲线在处的切线为
，即.
令，则，
若，则，则切点为，切线为，不合题意；
若，则；令，则.
又切线在两坐标轴上的截距相等，即，
故.
（2）若函数有3个零点，等价于方程有三个解.
其中时，显然不是方程的根，
当时，转化为与的图象有3个交点.
又由，
令，解得或；令，解得，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数取得极小值，极小值为.
又由时，；当时，且；当时，，
故函数的大致图象如下图所示：
所以，即实数的取值范围为.
16．（2025·广安模拟）在三棱柱中，底面，，，到平面的距离为1.
（1）证明：平面平面；
（2）已知三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：底面，底面，
，
又，，平面，平面
平面，
又底面，
平面平面.
（2）解：法一：由（1）可知，平面，平面，∴.
，
，，
，
在中作于，
又平面平面，且平面平面平面，
平面，∴即为到平面的距离，即，
∴为的中点，即，，
如图所示，过作交的延长线与，连接，
平面，则为与平面所成角的角，
又，，四边形为平行四边形，
，，
，，，
.
与平面所成角的正弦值为.
法二：面且，、、两两相互垂直.
如图所示，以为坐标原点，以、、所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
由法一可知，，
∴，，，，，，
，，，
设面的法向量，
，令，则y=0，z=1，∴法向量.
∴，
与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质定理可证得，再利用线面垂直的判定定理证得平面，进而利用面面垂直的判定定理即可证得平面平面 ；
（2）法一(几何法)：先利用三棱锥等体积法求出的长，再根据定义作出线面所成角的平面角，利用边长求正弦值即可；法二（空间向量法）：根据条件建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量数量积求出与法向量夹角的余弦值，即为所求线面角的正弦值.
（1）底面，底面，
，
又，，平面，平面
平面，
又底面，
平面平面.
（2）法一：
由（1）可知，平面，平面，所以.
，
，
，
，
在中作于，
又平面平面，且平面平面平面，
平面，则即为到平面的距离，即，
所以为的中点，即，，
过作交的延长线与，连接，
平面，则为与平面所成角的角，
又，，四边形为平行四边形，
，，
，，，
.
与平面所成角的正弦值为.
法二：面且，、、两两相互垂直.
以为坐标原点，以、、所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图：
由法一可知，，
所以，，，，，，
，，，
设面的法向量，
，令，可得法向量.
所以，
与平面所成角的正弦值为.
17．（2025·广安模拟）2024年12月，为培养适应新时代要求的创新型人才，教育部办公厅发布了关于加强中小学人工智能教育的通知.为了坚持立德树人，全面贯彻党的教育方针，紧扣新时代新征程教育使命，满足面向未来的创新型人才培养需求，提升数字素养与数字技能，某市教育局为了培养学生的科技创新素养，在甲，乙两所高中学校举办了一次人工智能科普知识竞赛，两个学校的学生人数基本相同.已知甲学校学生成绩的优秀率为0.24（优秀：竞赛成绩，单位：分），现从乙学校随机抽取100名学生的竞赛成绩，制成如图所示的频率分布直方图.
（1）从乙学校竞赛分数在中的学生中，采用分层抽样的方法抽取了9人，现从这9人中随机抽取6人，记成绩优秀的学生人数为，求的分布列和数学期望；
（2）若从本次参赛的学生中随机抽取1人，以样本的频率估计概率，求此学生竞赛成绩优秀的概率；
（3）现从参与竞赛的学生中随机抽取人，若要使取得最大值（表示人中优秀人数），求的值.
【答案】（1）解：由直方图可知竞赛分数在和中的学生比值为，
所以竞赛分数在中的学生抽取6人，分数在中的学生抽取3人，
所以成绩优秀的学生人数的所有可能取值为，，，，
所以，，
，，
所以 的分布列为
0 1 2 3
所以期望.
（2）解：记事件A：成绩优秀的学生，事件：甲学校的学生，
因为，，，
所以.
（3）解：解法一：，解得
解法二：记随机抽取人中竞赛成绩优秀的人数为，由题意可知，，
所以，令，则，
令，则，所以时，，
令，则，所以时，，
令，则，所以，
所以当或时，最大，即或时，竞赛成绩优秀的人数为8的概率最大.
【知识点】分层抽样方法；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布；条件概率
【解析】【分析】（1）先求出求出抽取的9人中的优秀人数和非优秀人数，进而确定随机变量 的可能取值，并求出各取值对应的概率即可求得其分布列，再由期望公式计算期望值即可；
（2）记事件A：成绩优秀的学生，事件：甲学校的学生，依次求出，和，再由全概率公式即可计算求解.
（3）法一：根据已知列不等式组即可求解；法二：令，计算，由和即可计算求解.
（1）由直方图，占6人，占3人，
则成绩优秀的学生人数可取，，，，
所以，，
，，
所以分布列为
0 1 2 3
则期望.
（2）记事件A：成绩优秀的学生，事件：甲学校的学生，
由已知条件可知，，，
所以.
（3）解法一：
解法二：记随机抽取人中竞赛成绩优秀的人数为，由题意可知，，
所以，令，则，
令，则，所以时，，
令，则，所以时，，
令，则，所以，
所以当或时，最大，即或时，竞赛成绩优秀的人数为8的概率最大.
18．（2025·广安模拟）已知圆与抛物线交于，两点，
（1）求曲线的方程；
（2）设过抛物线焦点的直线交于、两点，过圆心的直线与曲线的另一个交点为，点在与之间.
（i）证明：线段垂直于轴：
（ii）记的面积为，的面积为，求的取值范围.
【答案】（1）解：由圆，可化为标准方程，
所以圆的圆心为，半径为，
设与轴交于点，如图所示，
因为圆和抛物线都关于轴对称，所以，两点也关于轴对称，且，
所以在直角中，，，所以，则，
所以抛物线过点，即，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）解：（i）证明：由（1）知，
又因为直线的斜率不为0，设的方程为，，，
联立，消x整理得，
所以，
所以，，
所以.
所以，
所以直线与直线关于轴对称，即点与点关于轴对称，
所以线段垂直于轴.
（ii）由（i）可知，不妨设，
因为点在与之间，所以，，
所以，，
所以
令，则，
令，则，解得；，解得.
则在上单调递增，在上单调递减，
，所以的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；抛物线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）先求出 圆的圆心为，半径， 由圆的性质，求得交点的坐标，代入抛物线方程，求得p的值，即可求得 抛物线的方程 ；
（2）（i）设出直线方程，，，联立抛物线与直线方程，可得，利用韦达定理可知两根关系式，利用斜率公式，可知，可得答案；（ii）由三角形面积公式可知，令，利用导数分析的单调性，进而求得其最值，进而求得的取值范围 .
（1）由圆，可化为标准方程，
所以圆圆心为，半径为，
设与轴交于点，如图所示，
因为圆和抛物线都关于轴对称，则，两点也关于轴对称，且，
所以在直角中，，，所以，则，
所以抛物线过点，即，则，
所以抛物线方程为.
（2）（i）由（1）知，又因为直线的斜率不为0，故设的方程为
，，，
联立，可得：，，
则，，
.
故，故直线与直线关于轴对称，即点与点关于轴对称，所以线段垂直于轴.
（ii）由（i）可知，不妨设，因为点在与之间，所以，，，，
则
令，则，
令，则，解得；，解得.
则在上单调递增，在上单调递减，
，所以的取值范围为.
19．（2025·广安模拟）已知常数为非零整数，若函数，满足：对任意，，，则称函数为函数.
（1）若函数，为函数，求的取值范围；
（2）若为函数，图像在是一条连续的曲线，，，且在区间上存在唯一的极大值点，求函数最值差的绝对值的取值范围；
（3）若，，且为函数，为的一阶导函数，对任意，，恒有，记的最小值为，求的取值范围及关于的表达式.
【答案】（1）解：因为是函数，
所以对任意，，，
所以，
所以
，
所以，即，
又，，所以，解得
所以的取值范围为[-2，2].
（2）解：设为在区间上存在的唯一的极大值点，
所以在严格递增，在严格递减，
由，即，解得又，，
所以，（构造时，等号成立），
所以.
函数最值差的绝对值的取值范围 为.
（3）解：因为，，显然为上的严格增函数，
又由题干可知，，任意，，不妨设，此时，
由为函数，得恒成立，
即恒成立，
设，则为上的减函数，，得对恒成立，
易知上述不等号右边的函数为上的减函数，
所以，所以的取值范围为，
此时，
，
因为，当，，所以为上的增函数，
由题意得，，.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）由新定义函数得到不等式，由的最小值得到的取值范围；
（2）设极值点，由定义得到不等式组，得到范围，又因为是极大值，所以，得到函数的最大值和最小值，从而得到函数最值差的绝对值的取值范围；
（3）当时，函数在上单调递增，设，则.由新定义得恒成立，构造函数，且为上的减函数，所以，得对恒成立，由函数单调性求得的取值范围.求出导数，再求得其导数，由得到函数的单调性，由函数的最大值与最小值的差求得.
（1）因为是函数，对任意，，，
则，
所以
，
故，即，又，，
所以，
（2）设为在区间上存在的唯一的极大值点，
则在严格递增，在严格递减，
由，即，得，
又，，则，（构造时，等号成立），
所以；
（3）因为，，显然为上的严格增函数，
又由题干可知，，任意，，不妨设，此时，
由为函数，得恒成立，
即恒成立，
设，则为上的减函数，，得对恒成立，
易知上述不等号右边的函数为上的减函数，
所以，所以的取值范围为，
此时，
，
因为，当，，所以为上的增函数，
由题意得，，.
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