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四川省宜宾市2025届高三数学三模试卷
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.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为( )
A. 圆 B. 双曲线的一支 C. 椭圆 D. 抛物线
3.已知数据，，，的方差，则( )
A. B. C. D.
4.的展开式中，含的项的系数是( )
A. B. C. D.
5.设函数是奇函数，，若，则( )
A. B. C. D.
6.已知，为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则 ．
A. ， B. 与相交，且交线平行于
C. ， D. 与相交，且交线垂直于
7.如图，在等边中，，以，为直径分别作半圆，是两段半圆弧上的动点，则的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
8.设函数，其中，若，则( )
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.已知函数，则( )
A. 函数为偶函数 B. 曲线的一个对称中心为
C. 在区间单调递增 D. 的极大值为
10.已知，是椭圆：的左、右焦点，点在上，是上的动点，
轴，垂足为，且为的中点，则( )
A. 的最大值为 B. 的最小值为
C. 点的轨迹方程为 D. 的最小值为
11.“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为，则( )
A. 该石凳的表面积为 B. 该石凳的体积为
C. 直线与的夹角为 D. 平面
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数且若，则 ______．
13.设为等差数列的前项和若，且，，成等比数列，则 ______．
14.从集合中任取个不同的数，组成无重复数字的四位数若该四位数能被整除的概率为；若取出的个数按从小到大排列，中间两个数的和为的概率为，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
在中，角，，所对边分别为，，，且．
求；
若，的面积为，求．
16.本小题分
为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，需要进行小白鼠试验现将只小白鼠分为甲、乙两组，甲组只，乙组只研究人员将疫苗注射到甲组的只小白鼠体内，一段时间后检测小白鼠的某项指标值检测发现有只小白鼠体内产生抗体，其中该项指标值不小于的占；没有产生抗体的小白鼠中该项指标值不小于的占假设各小白鼠注射疫苗后是否产生抗体是相互独立的．
填写如下列联表，并根据列联表及的独立性检验，判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于有关；
抗体 指标值 合计
小于 不小于
有抗体
没有抗体
合计
用甲组中小白鼠产生抗体的频率估计概率，记乙组小白鼠在注射疫苗后产生抗体的数为，当取最大值时，求．
参考公式：其中为样本容量
参考数据：
17.本小题分
如图，三棱台中，平面，，，，，分别是棱，的中点．
证明：平面平面；
已知三棱台的体积大于，且直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值．
18.本小题分
已知函数．
当时，求的单调区间；
当时，，求的取值范围；
对于点，在处的切线方程为，若对任意，都有，则称为“好”点当时，求的“好”点只要求写出结果，不需说明理由
19.本小题分
已知曲线：，点，曲线上一点，直线与的另一个交点为按照如下方式依次构造点，，，，过作轴的垂线，垂足为，垂线与的另一个交点为作直线，与的另一个交点为，直线与轴的交点为记，，，．
若，求，，；
求证：数列是等比数列，并用表示的通项公式；
对任意的正整数，与的面积之比是否为定值？若是，请用表示该定值；若不是，请说明理由．
参考答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13或
14
15解：因为，
由正弦定理可得：，
在中，，
所以，
又因为，
可得，即，
又因为，
可得，
可得；
因为，，
可得，
由余弦定理可得：．
即的值为．
16.解：依题意，列联表如下：
抗体 指标值 合计
小于 不小于
有抗体
没有抗体
合计
零假设：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于无关，
则，
依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于有关，此推断犯错误的概率不大于；
由题意可知，每只小白鼠在注射疫苗后产生抗体的概率的估计值为，
则，
所以，要使最大，
则，
解得，
又因为，
所以，
所以取最大值时的值为．
17.解：证明：因为平面，平面，
所以，又因为，，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
在三棱台中，，，
，分别是棱，的中点，
所以且相等，且相等，
所以，，，四点共面，
由知平面，
所以，平面，
所以，，
所以为所求角，
设，点到平面的距离为，
由，
可得：，
所以，
所以或，
又因为，
所以，
所以，
所以在中，，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
18.解：当时，，
，
因为当时，；当时，，
所以增区间为，，减区间为．
，，
分类：当时，，所以在单增，所以，成立；
当时，由，可得，则在单增，
所以成立；
当时，若，即时，则在单增，所以成立；
若，即时，则在单减，
所以对任意时，不成立．
综上所述，的取值范围是．
的“好”点为．
19.解：直线，代入，
可得，
设，则，所以，于是，
又因为，而直线方程为，代入，
可得，
设，则，所以，所以，
又因为，于是直线方程为，
令，得，所以，
同理可得，
所以，，；
设直线方程为，
设，，
由，
联立可得：，
于是，
则有，
即，
于是可化为，
设直线方程为，
设，
由，
联立得：，
于是，则有，
即，
下面证明成等比数列：
由可得，
由可得，
由可得，
即，
于是，
所以数列是等比数列，且首项为，
知，，，
于是直线的方程为，设，
由，
联立可得．
于是，
所以，
于是，
所以，又，
于是直线的方程为，设，
由，
联立可得，
于是，，
所以，
于是，
则公比，
则，
所以；
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