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四川省大数据智学领航2025届高三下学期第二次教学质量联合测评数学试题
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.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.若复数满足，则在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3.命题“，”的否定是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
4.若，则( )
A. B. C. D.
5.已知向量，满足，，则与的夹角为( )
A. B. C. D.
6.若随机变量的分布列如下表，表中数列是公比为的等比数列，则( )
A. B. C. D.
7.已知直线与曲线相交于，两点，则的最小值为( )
A. B. C. D.
8.已知函数若关于的方程为实常数有四个不同的解，，，，且，则的取值范围为( )
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.已知等差数列的公差，其前项和为，若，则下列结论中正确的是( )
A. B.
C. 当时， D. 当时，
10.已知函数，则下列说法中正确的是( )
A. 的图象关于点对称
B. 的图象关于直线对称
C. 若，则的最小值为
D. 若，则的最小值为
11.年，德国著名数学家、哲学家戈特弗里德威廉莱布尼茨发明了二进制，这是一种使用和两个数码的数制，是现代电子计算机技术的基础对于整数可理解为逢二进一，比如：在十进制中的自然数在二进制中就表示为，表示为，表示为，表示为，表示为，若自然数可表示为二进制表达式，则，其中当时，，或，记，为整数的二进制表达式中的个数，则以下说法中正确的是( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.双曲线的渐近线方程为 ．
13.在一次数学测验中，某小组的位同学的成绩分别为：，，，，，，，则这位同学成绩的上四分位数与下四分位数的差为 ．
14.四棱锥中，底面为平行四边形，动点满足设四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，则 ．
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
已知函数，是的一个极值点．
求的值
若直线与的图象相切，求的值．
16.本小题分
在中，内角，，的对边分别为，，，的面积满足：．
求
若，平分，且，求．
17.本小题分
如图，已知菱形和等边三角形有公共边，点在线段上，与交于点，将沿着翻折成，得到四棱锥．
求证：平面
当直线与平面所成角取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值．
18.本小题分
已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，且四边形的面积为．
求椭圆的方程
设，为椭圆上异于，的两点，记直线，的斜率分别为，，且．
证明：直线过定点
设直线与直线交于点，记直线的斜率为，求的值．
19.本小题分
在高三年级排球联赛中，，两支队进入到了比赛决胜局该局比赛规则如下：上一球得分的队发球，赢球方获得分，直到有一方得分达到或超过分，且此时分数超过对方分时，该队获得决胜局的胜利假定该局比分已经达到了，此后每球比赛记为第球，队在第球比赛中得分的概率为，且从第球起，若队发球，则此球队得分的概率为，若队发球，则此球队得分的概率为．
若，求队以的比分赢得比赛的概率
若，，数列满足，记数列的前项和为，求证：
当时，若，有，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】因为，，
又为所有偶数，
所以．
故选B．
2.【答案】
【解析】由题意得，，
所以复数在复平面内对应的点位于第一象限．
故选A．
3.【答案】
【解析】由全称量词命题的否定为存在量词命题，
所以命题的否定为，
故选：
4.【答案】
【解析】，则，
所以
5.【答案】
【解析】，
，
，
，
，
故选B．
6.【答案】
【解析】因为数列是公比为的等比数列，
所以，．
又，即，解得．
则，．
所以．
7.【答案】
【解析】直线，即恒过定点，
曲线，即，表示以为圆心，半径的圆，
则，
当时，最小，
则的最小值为
8.【答案】
【解析】当时，，
当时，，
则函数的图象如图所示：
故，且．
由，得，即，
故．
由，得．
由，得，
则，
由可知，令，
则，
对求导得，当时，，
函数在上单调递增．
所以，则，
即
9.【答案】
【解析】因为是等差数列，前项和为，由得：
，即，即，
对于选项A：由得，可得，故选项A正确；
对于选项B：，故选项B正确；
对于选项C：当时，，则，
所以，故选项C不正确，
对于选项D：，若，则，故选项D正确；
10.【答案】
【解析】
对于、，
所以的图象不关于点对称，选项错误
对于、
取到最大值，所以的图象关于直线对称，选项正确；
对于、因为，所以，
若，则，，
的周期，相邻的最大值点与最小值点之间的水平距离为半个周期，即，
所以的最小值为，选项正确；
对于、取，，
则，，
则满足，
但不满足的最小值为，选项错误．
11.【答案】
【解析】对选选项A，由于，故F，A正确；
对选选项B，由于，故G，B正确；
对选选项C，设，其中
则，从而，C错误；
对选选项D，设的二进制表示为，由于，故
当时，
当时，
当时，
当时，
当时，
当时，
当时，
从而，D正确．
12.【答案】
【解析】由双曲线方程可得，，，
双曲线的渐近线方程为
13.【答案】
【解析】易知这位同学成绩的上四分位数与下四分位数分别是，，
它们的差是．
14.【答案】
【解析】，
，
由，得，
即点到平面的距离与点到平面的距离的比值为．
在线段上取一点，使，
则点到平面的距离与点到平面的距离的比值为，
平面，且平面．
同理，在线段上取一点，使，则平面，且平面，
平面平面．
，平面，平面，
，，
，，．
15.【解析】由题意，得，，
因为是的一个极值点，所以，
即，解得．
当时，，，
当时，，递增，当时，，递减，
故是的极小值点，
故；
由可知，则，，
设切点坐标为，
因为直线与的图象相切，
所以切线斜率，
又因为切点既在的图象上，又在直线上，
所以，且，
那么，
将代入上式可得：，
化简整理，得，
令，，
则恒成立，
故在递增，
又，则
方程有唯一解，
则．
16.【解析】因为，
则，
则，
由正弦定理，得，则，，
则，
即，
则，即，
又，则；
因为，所以，
由于平分，，所以，
可得，
则，化简得．
又，
可得，
则，
得到，那么．
则，
则．
17.证明：翻折前，由已知可得，，且，则四边形为菱形，
为的中点，，，
翻折后，，，、平面，平面，
在菱形中，，平面；
方法一：由知，平面，
又平面，平面平面，
如图，在平面中过点作，
又平面平面，平面，即直线，，两两垂直．
以为坐标原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系设，则，，，，．
令，其中，，，
则，平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，，
，
设，，则，
易得在上单调递增，在上单调递减，
的最大值为，
当，时，取得最大值，此时，
，，为二面角的平面角，
，
故平面与平面夹角的余弦值为．
方法二：如图，过点作，垂足为，连接，
平面，平面，平面平面，
平面平面，平面，
平面，
是直线与平面所成的角，设为，
由知，是平面与平面的夹角，设为．
设，则，，
，
令，则，
设，则，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
当，即时，取得最大值，取得最大值，取得最大值，
直线与平面所成的角取得最大值时，
平面与平面夹角的余弦值为．
18.【解析】，解得：，故C的方程为：．
证明：连接，设，，
，
所以，
设：，，消去可得：，
，，
，
显然，，
因此原式，
解得，所以过点．
设：，：，联立解得：，，
所以，，，
．

19.【解析】队以的比分赢得比赛，即接下来的两球队都得分，
，第一球队发球，队得分概率，
第一球队得分后第二球还是队发球，队得分概率为，
则队以的比分赢得比赛的概率．
，，当时，
当时，若队第球得分，则第球队发球，队得分概率为
若队第球失分，则第球队发球，队得分概率为，
所以，
，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列，则，
所以．
，
，
因为，
当时，，
，
所以．
由题意，得，
若，则，即，
若，则，
当时，由，得，满足条件．
当，且时，是以为公比，以为首项的等比数列，
，即，
由，得，
，
，，，
，解得，且，．
综上所述，的取值范围为．
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