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四川省宜宾市普通高中2025届高三下学期高考适应性考试（三模）数学试卷
1．（2025·宜宾模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·宜宾模拟）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．（2025·宜宾模拟）已知数据的方差，则（　　）
A． B． C．1 D．0
4．（2025·宜宾模拟）的展开式中，含的项的系数是（　　）
A． B． C．30 D．60
5．（2025·宜宾模拟）设函数是奇函数，，若，则（　　）
A． B．0 C．1 D．2
6．（2025·宜宾模拟）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则（　　）
A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l
7．（2025·宜宾模拟）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．（2025·宜宾模拟）设函数，其中，若，则（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
9．（2025·宜宾模拟）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．的最大值为2
10．（2025·宜宾模拟）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．（2025·宜宾模拟）“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2，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
12．（2025·宜宾模拟）已知函数且.若，则　 　.
13．（2025·宜宾模拟）设为等差数列的前项和.若，且成等比数列，则　 　.
14．（2025·宜宾模拟）从集合中任取4个不同的数，组成无重复数字的四位数.若该四位数能被3整除的概率为；若取出的4个数按从小到大排列，中间两个数的和为7的概率为，则　 　.
15．（2025·宜宾模拟）在中，角所对边分别为，且.
（1）求；
（2）若的面积为，求.
16．（2025·宜宾模拟）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300只小白鼠分为甲、乙两组，甲组200只，乙组100只.研究人员将疫苗注射到甲组的200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150只小白鼠体内产生抗体，其中该项指标值不小于60的占；没有产生抗体的小白鼠中该项指标值不小于60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.
（1）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60有关；
抗体 指标值 合计
小于60 不小于60
有抗体 　 　 　
没有抗体 　 　 　
合计 　 　 　
（2）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只数为，当取最大值时，求.
参考公式：（其中为样本容量）
参考数据：
0.1 0.05 0.005 0.001
2.706 3.841 7.879 10.828
17．（2025·宜宾模拟）如图，三棱台中，平面，分别是棱的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）已知三棱台的体积大于2，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．（2025·宜宾模拟）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，，求的取值范围；
（3）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．（2025·宜宾模拟）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.
（1）若，求；
（2）求证：数列是等比数列，并用表示的通项公式；
（3）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.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，解得，即集合，
因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】先解对数不等式求得集合B，再利用集合的交集定义计算即可.
2．【答案】B
【知识点】双曲线的定义；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设复数，
易知表示复平面内点与点的距离，
表示复平面内点与点的距离，
则，
由双曲线的定义可知，点的轨迹为双曲线的左支，
故复平面内对应的点的轨迹为双曲线的一支.
故答案为：B.
【分析】设复数，根据复数的几何意义，将条件转化为，再结合双曲线的定义判断即可.
3．【答案】D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：数据的，
方差，则，即.
故答案为：D.
【分析】由题意可得，再求解即可.
4．【答案】A
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：，
展开式的通项为，，
展开式的通项为，，
展开式的通项为，，
令，得，则含的项的系数是.
故答案为：A.
【分析】利用二项式的通项求解即可.
5．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：函数，且，
则，，
因为函数是奇函数，所以，解得，
又因为，所以.
故答案为：C.
【分析】利用奇函数的性质求出，再结合求的值即可.
6．【答案】D
【知识点】空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l α，所以l∥α，
又n⊥平面β，l⊥n，l β，所以l∥β．
由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，
与m，n异面矛盾．
故α与β相交，且交线平行于l．
故选D．
【分析】由题目给出的已知条件，结合线面平行，线面垂直的判定与性质，可以直接得到正确的结论．
7．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：作的中点，
当在以为圆心的半圆弧上运动时，以中点为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
在等边中，，则，，
则半圆的方程为，圆的参数方程为是参数，且，
即，，，
则，
因为，所以，所以，
所以，则，；
作的中点， 当在以为圆心的半圆弧上运动时，以中点为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
在等边中，，则，，
则半圆的方程为，的参数方程为是参数，且，
则，，，
则，
因为，所以，所以，
所以，则，，
综上，可得.
故答案为：D.
【分析】建立两个不同的平面直角坐标系，对点位置分类讨论，结合圆的参数方程设出其坐标，利用平面向量积的坐标表示将表示为三角函数，再利用辅助角公式结合三角函数的有界性求解值域，最后两种情况再取并集即可.
8．【答案】C
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数，易知是函数的零点，
，令，得，即，所以中有一个为2，设另两个为，则，
，
由，得恒成立，
，，所以且，所以，
则.
故答案为：C.
【分析】根据确定中有一个为2，再根据不等式性成立确定另两个的和即可.
9．【答案】B,D
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，
A、，则为奇函数，故A错误；
B、令，解得，则曲线的对称中心为，，时，即为曲线的一个对称中心 ，故B正确；
C、，
则，即在内不是单调递增，故C错误；
D、， 易知的最大值为2，故D正确.
故答案为：BD．
【分析】利用三角恒等变换整理得，结合正弦函数的性质逐项分析判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、由题意可得：，解得，
由椭圆定义可得，由，可得，
，
，函数在上单调递减，则最大值为，故A正确；
B、不妨设点，则，
则
，
因为，
所以，
，
当且仅当时，即当时等号成立，
则的最小值为，故B错误；
C、设点，则点，设点，
由中点坐标公式可得，则，
因为点在椭圆上，所以，则，化简得，
则点的轨迹方程为，故C正确；
D、圆的圆心为原点，半径为，
因为，所以点在圆外，
则，
当且仅当为线段与圆的交点时，取最小值，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】求出椭圆的方程，利用椭圆的定义结合基本不等式即可判断A；由椭圆定义可得，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值即可判断B；设点、，可得出点，代入椭圆方程可得出点的轨迹方程即可判断C；利用圆的几何性质即可判断D.
11．【答案】A,B,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、由图可知，二十四等边体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成，则表面积为，故A正确；
B、补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为，
其中每个小三棱锥的体积为，
则该二十四面体的体积为，故B正确；
C、补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，如图所示：
易知，与所成角为，则直线与的夹角为，故C正确；
D、由正方体易知：，
所成角为，所以所成角为，
又因为在平面内，所以平面不成立，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】将二十四等边体补全成一个棱长为的一个正方体，逐项判断即可.
12．【答案】
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：函数，若，
则，即，即，
则.
故答案为：.
【分析】根据对数的运算性质求解即可.
13．【答案】3或
【知识点】等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：数列为等差数列，由，可得，即，即，
因为成等比数列，所以，
联立，消去，可得，解得或，
当时，，则，
当时，，则，
故3或.
故答案为：3或.
【分析】根据等比中项及等差数列前项和性质列等式求解即可.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：从集合中任取4个不同的数，
组成无重复数字的四位数有个，
要使四位数能被3整除，则四个数的和是3的倍数，
有5种情况，共有种，
若取出的4个数按从小到大排列，共有种，
中间两个数的和为7，只能时或，
若中间为，两端只能为，一种情况，
若中间为，第一个数可以从选，第四个数可以从选，有，
故共有种，，，则.
故答案为：.
【分析】根据计数原理结合古典概型概率计算公式求解即可.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
则，
因为，所以，所以，
又因为，所以；
（2）解：的面积为，则，解得，
由余弦定理，可得，解得.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合辅助角公式求解即可；
（2）利用三角形面积公式求解出，再利用余弦定理建立方程求解即可.
（1）因为
所以，
由射影定理得，
即，于是，
即，又，解得.
（2）因为，
所以解得，又由余弦定理得，
得到，解得.
16．【答案】（1）解：列联表如下：
抗体 指标值 合计
小于60 不小于60
有抗体 25 125 150
没有抗体 20 30 50
合计 45 155 200
零假设为：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联，
，
根据的独立性检验，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60有关，此推断犯错误的概率不大于0.001；
（2）解：由题知，每只小白鼠在注射疫苗后产生抗体的概率的估计值为，随机变量，
则，
要使最大，则
解得，则.
【知识点】独立性检验的应用；二项分布；2×2列联表
【解析】【分析】（1）由题意完善列表，计算卡方，再比较临界值判断求解即可；
（2）根据二项分布写出概率，再列不等式计算求解即可.
（1）由题可得，列联表如下：
抗体 指标值 合计
小于60 不小于60
有抗体 25 125 150
没有抗体 20 30 50
合计 45 155 200
假设为：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联.
根据列联表中的数据，得：，
根据的独立性检验，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60有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）由题知每只小白鼠在注射疫苗后产生抗体的概率的估计值为，
所以随机变量，
所以，要使最大，则
解得：，所以.
17．【答案】（1）证明：因为平面平面所以，
又因为，都在平面内，所以平面，
又因为平面所以平面平面
（2）解：在三棱台中，分别是棱的中点，
连接，如图所示：
易知且相等，且相等，则四点共面，
由（1）知平面，平面，
，在平面内，则
即为平面与平面所成角，
设，点到平面的距离为
由，可得，
则，解得或，
又因为，
所以，所以，
在中，，则平面与平面所成角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）通过，，得到平面，即可证明平面平面；
（2）由面面角的概念为平面与平面所成角，再结合求解即可.
（1）证明：因为平面平面
所以，又因为，都在平面内，
所以平面，又因为平面
所以平面平面
（2）解：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（1）知平面，平面，
，在平面内，
得：
所以为平面与平面所成角，
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．【答案】（1）解：当时，函数，
令，即，解得，则函数的定义域为，
，
当时，；当时，，
则函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）解：，
当时，，
则函数在内单调单增，所以成立，符合题意；
当时，若，即时，则，在内单调单增，所以成立，符合题意；
若，即时，令，解得；
可知在内单调单减，此时，不合题意；
综上所述：的取值范围是；
（3）解：的“好”点为，其理由如下：设为的“好”点，
即对任意，都有，
当时，等号显然成立；当时，；当时，成立，
因为在处的切线方程为，
设，则，
因为，则，显然其为偶函数，
且当时，在内单调递增，
所以在内单调递减，
（i）当时，因为为“好”点，所以此时成立，
①若，由于在单调递增，则
即，可知在递增，
所以，满足条件，即成立；
②若，当时，，即，
所以在单调递减，此时，矛盾，不满足条件；
（ⅱ）当时，因为为“好”点，所以此时成立，
①若，由于在单调递减，，
则，所以在单调递增，
即，满足条件，则成立；
②若，当时，，即，
所以在递增，此时，矛盾，不满足条件.
综上所述：，则只有一个“好”点.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，求导，利用导数判断函数单调区间即可；
（2）求导，分类讨论a的范围，利用导数判断函数单调性，结合恒成立问题运算求解即可；
（3）分析可知对任意，都有，构建函数，结合的单调性分类讨论，结合恒成立问题分析求解即可.
（1）令，即，解得，
可知的定义域为.
当时，，
则，
当时，；当时，；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）因为，
①当时，则，
可知在内单调单增，所以成立，符合题意；
②当时，若，即时，则，
可知在内单调单增，所以成立，符合题意；
若，即时，令，解得；
可知在内单调单减，此时，不合题意；
综上所述：的取值范围是.
（3）的“好”点为，其理由如下：
设为的“好”点，
即对任意，都有，
当时，等号显然成立；当时，；当时，成立.
因为在处的切线方程为，
设，则，
因为，则，显然其为偶函数，
且当时，在内单调递增，
所以在内单调递减，
（i）当时，因为为“好”点，所以此时成立.
①若，由于在递增，则
即，可知在递增，
所以，满足条件，即成立；
②若，当时，，即，
所以在递减，此时，矛盾，不满足条件；
（ⅱ）当时，因为为“好”点，所以此时成立.
①若，由于在递减，，
则，所以在递增，
即，满足条件，则成立；
②若，当时，，即，
所以在递增，此时，矛盾，不满足条件.
综上所述：，所以只有一个“好”点.
19．【答案】（1）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，
则；
（2）证明：设直线方程为，设，
由联立可得：，于是，
则有，即①，化为，
设直线方程为，设，
由联立得：，于是，
则有，即②，
下面证明成等比数列：
由①可得③，
由①③可得④，
由②④可得即⑤，
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，即；
（3）解：为定值.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由两点求得直线方程，联立抛物线方程求解即可；
（2）设出直线方程，联立抛物线，写出韦达定理，结合等比数列的定义求解即可；
（3）根据三角形面积公式，整理化简即可.
（1）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；
（2）设直线方程为，设，
由联立可得：，于是，
则有，即①，
于是可化为，
设直线方程为，设，
由联立得：，于是，
则有，即②，
下面证明成等比数列：
由①可得③，
由①③可得④，
由②④可得即⑤，
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；
（3）为定值.
1 / 1四川省宜宾市普通高中2025届高三下学期高考适应性考试（三模）数学试卷
1．（2025·宜宾模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，解得，即集合，
因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】先解对数不等式求得集合B，再利用集合的交集定义计算即可.
2．（2025·宜宾模拟）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
【答案】B
【知识点】双曲线的定义；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设复数，
易知表示复平面内点与点的距离，
表示复平面内点与点的距离，
则，
由双曲线的定义可知，点的轨迹为双曲线的左支，
故复平面内对应的点的轨迹为双曲线的一支.
故答案为：B.
【分析】设复数，根据复数的几何意义，将条件转化为，再结合双曲线的定义判断即可.
3．（2025·宜宾模拟）已知数据的方差，则（　　）
A． B． C．1 D．0
【答案】D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：数据的，
方差，则，即.
故答案为：D.
【分析】由题意可得，再求解即可.
4．（2025·宜宾模拟）的展开式中，含的项的系数是（　　）
A． B． C．30 D．60
【答案】A
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：，
展开式的通项为，，
展开式的通项为，，
展开式的通项为，，
令，得，则含的项的系数是.
故答案为：A.
【分析】利用二项式的通项求解即可.
5．（2025·宜宾模拟）设函数是奇函数，，若，则（　　）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：函数，且，
则，，
因为函数是奇函数，所以，解得，
又因为，所以.
故答案为：C.
【分析】利用奇函数的性质求出，再结合求的值即可.
6．（2025·宜宾模拟）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则（　　）
A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l
【答案】D
【知识点】空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l α，所以l∥α，
又n⊥平面β，l⊥n，l β，所以l∥β．
由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，
与m，n异面矛盾．
故α与β相交，且交线平行于l．
故选D．
【分析】由题目给出的已知条件，结合线面平行，线面垂直的判定与性质，可以直接得到正确的结论．
7．（2025·宜宾模拟）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．
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：作的中点，
当在以为圆心的半圆弧上运动时，以中点为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
在等边中，，则，，
则半圆的方程为，圆的参数方程为是参数，且，
即，，，
则，
因为，所以，所以，
所以，则，；
作的中点， 当在以为圆心的半圆弧上运动时，以中点为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
在等边中，，则，，
则半圆的方程为，的参数方程为是参数，且，
则，，，
则，
因为，所以，所以，
所以，则，，
综上，可得.
故答案为：D.
【分析】建立两个不同的平面直角坐标系，对点位置分类讨论，结合圆的参数方程设出其坐标，利用平面向量积的坐标表示将表示为三角函数，再利用辅助角公式结合三角函数的有界性求解值域，最后两种情况再取并集即可.
8．（2025·宜宾模拟）设函数，其中，若，则（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数，易知是函数的零点，
，令，得，即，所以中有一个为2，设另两个为，则，
，
由，得恒成立，
，，所以且，所以，
则.
故答案为：C.
【分析】根据确定中有一个为2，再根据不等式性成立确定另两个的和即可.
9．（2025·宜宾模拟）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．的最大值为2
【答案】B,D
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，
A、，则为奇函数，故A错误；
B、令，解得，则曲线的对称中心为，，时，即为曲线的一个对称中心 ，故B正确；
C、，
则，即在内不是单调递增，故C错误；
D、， 易知的最大值为2，故D正确.
故答案为：BD．
【分析】利用三角恒等变换整理得，结合正弦函数的性质逐项分析判断即可.
10．（2025·宜宾模拟）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
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、由题意可得：，解得，
由椭圆定义可得，由，可得，
，
，函数在上单调递减，则最大值为，故A正确；
B、不妨设点，则，
则
，
因为，
所以，
，
当且仅当时，即当时等号成立，
则的最小值为，故B错误；
C、设点，则点，设点，
由中点坐标公式可得，则，
因为点在椭圆上，所以，则，化简得，
则点的轨迹方程为，故C正确；
D、圆的圆心为原点，半径为，
因为，所以点在圆外，
则，
当且仅当为线段与圆的交点时，取最小值，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】求出椭圆的方程，利用椭圆的定义结合基本不等式即可判断A；由椭圆定义可得，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值即可判断B；设点、，可得出点，代入椭圆方程可得出点的轨迹方程即可判断C；利用圆的几何性质即可判断D.
11．（2025·宜宾模拟）“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2，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
【答案】A,B,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、由图可知，二十四等边体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成，则表面积为，故A正确；
B、补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为，
其中每个小三棱锥的体积为，
则该二十四面体的体积为，故B正确；
C、补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，如图所示：
易知，与所成角为，则直线与的夹角为，故C正确；
D、由正方体易知：，
所成角为，所以所成角为，
又因为在平面内，所以平面不成立，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】将二十四等边体补全成一个棱长为的一个正方体，逐项判断即可.
12．（2025·宜宾模拟）已知函数且.若，则　 　.
【答案】
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：函数，若，
则，即，即，
则.
故答案为：.
【分析】根据对数的运算性质求解即可.
13．（2025·宜宾模拟）设为等差数列的前项和.若，且成等比数列，则　 　.
【答案】3或
【知识点】等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：数列为等差数列，由，可得，即，即，
因为成等比数列，所以，
联立，消去，可得，解得或，
当时，，则，
当时，，则，
故3或.
故答案为：3或.
【分析】根据等比中项及等差数列前项和性质列等式求解即可.
14．（2025·宜宾模拟）从集合中任取4个不同的数，组成无重复数字的四位数.若该四位数能被3整除的概率为；若取出的4个数按从小到大排列，中间两个数的和为7的概率为，则　 　.
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：从集合中任取4个不同的数，
组成无重复数字的四位数有个，
要使四位数能被3整除，则四个数的和是3的倍数，
有5种情况，共有种，
若取出的4个数按从小到大排列，共有种，
中间两个数的和为7，只能时或，
若中间为，两端只能为，一种情况，
若中间为，第一个数可以从选，第四个数可以从选，有，
故共有种，，，则.
故答案为：.
【分析】根据计数原理结合古典概型概率计算公式求解即可.
15．（2025·宜宾模拟）在中，角所对边分别为，且.
（1）求；
（2）若的面积为，求.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
则，
因为，所以，所以，
又因为，所以；
（2）解：的面积为，则，解得，
由余弦定理，可得，解得.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合辅助角公式求解即可；
（2）利用三角形面积公式求解出，再利用余弦定理建立方程求解即可.
（1）因为
所以，
由射影定理得，
即，于是，
即，又，解得.
（2）因为，
所以解得，又由余弦定理得，
得到，解得.
16．（2025·宜宾模拟）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300只小白鼠分为甲、乙两组，甲组200只，乙组100只.研究人员将疫苗注射到甲组的200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150只小白鼠体内产生抗体，其中该项指标值不小于60的占；没有产生抗体的小白鼠中该项指标值不小于60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.
（1）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60有关；
抗体 指标值 合计
小于60 不小于60
有抗体 　 　 　
没有抗体 　 　 　
合计 　 　 　
（2）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只数为，当取最大值时，求.
参考公式：（其中为样本容量）
参考数据：
0.1 0.05 0.005 0.001
2.706 3.841 7.879 10.828
【答案】（1）解：列联表如下：
抗体 指标值 合计
小于60 不小于60
有抗体 25 125 150
没有抗体 20 30 50
合计 45 155 200
零假设为：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联，
，
根据的独立性检验，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60有关，此推断犯错误的概率不大于0.001；
（2）解：由题知，每只小白鼠在注射疫苗后产生抗体的概率的估计值为，随机变量，
则，
要使最大，则
解得，则.
【知识点】独立性检验的应用；二项分布；2×2列联表
【解析】【分析】（1）由题意完善列表，计算卡方，再比较临界值判断求解即可；
（2）根据二项分布写出概率，再列不等式计算求解即可.
（1）由题可得，列联表如下：
抗体 指标值 合计
小于60 不小于60
有抗体 25 125 150
没有抗体 20 30 50
合计 45 155 200
假设为：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联.
根据列联表中的数据，得：，
根据的独立性检验，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60有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）由题知每只小白鼠在注射疫苗后产生抗体的概率的估计值为，
所以随机变量，
所以，要使最大，则
解得：，所以.
17．（2025·宜宾模拟）如图，三棱台中，平面，分别是棱的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）已知三棱台的体积大于2，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.
【答案】（1）证明：因为平面平面所以，
又因为，都在平面内，所以平面，
又因为平面所以平面平面
（2）解：在三棱台中，分别是棱的中点，
连接，如图所示：
易知且相等，且相等，则四点共面，
由（1）知平面，平面，
，在平面内，则
即为平面与平面所成角，
设，点到平面的距离为
由，可得，
则，解得或，
又因为，
所以，所以，
在中，，则平面与平面所成角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）通过，，得到平面，即可证明平面平面；
（2）由面面角的概念为平面与平面所成角，再结合求解即可.
（1）证明：因为平面平面
所以，又因为，都在平面内，
所以平面，又因为平面
所以平面平面
（2）解：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（1）知平面，平面，
，在平面内，
得：
所以为平面与平面所成角，
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．（2025·宜宾模拟）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，，求的取值范围；
（3）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）
【答案】（1）解：当时，函数，
令，即，解得，则函数的定义域为，
，
当时，；当时，，
则函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）解：，
当时，，
则函数在内单调单增，所以成立，符合题意；
当时，若，即时，则，在内单调单增，所以成立，符合题意；
若，即时，令，解得；
可知在内单调单减，此时，不合题意；
综上所述：的取值范围是；
（3）解：的“好”点为，其理由如下：设为的“好”点，
即对任意，都有，
当时，等号显然成立；当时，；当时，成立，
因为在处的切线方程为，
设，则，
因为，则，显然其为偶函数，
且当时，在内单调递增，
所以在内单调递减，
（i）当时，因为为“好”点，所以此时成立，
①若，由于在单调递增，则
即，可知在递增，
所以，满足条件，即成立；
②若，当时，，即，
所以在单调递减，此时，矛盾，不满足条件；
（ⅱ）当时，因为为“好”点，所以此时成立，
①若，由于在单调递减，，
则，所以在单调递增，
即，满足条件，则成立；
②若，当时，，即，
所以在递增，此时，矛盾，不满足条件.
综上所述：，则只有一个“好”点.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，求导，利用导数判断函数单调区间即可；
（2）求导，分类讨论a的范围，利用导数判断函数单调性，结合恒成立问题运算求解即可；
（3）分析可知对任意，都有，构建函数，结合的单调性分类讨论，结合恒成立问题分析求解即可.
（1）令，即，解得，
可知的定义域为.
当时，，
则，
当时，；当时，；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）因为，
①当时，则，
可知在内单调单增，所以成立，符合题意；
②当时，若，即时，则，
可知在内单调单增，所以成立，符合题意；
若，即时，令，解得；
可知在内单调单减，此时，不合题意；
综上所述：的取值范围是.
（3）的“好”点为，其理由如下：
设为的“好”点，
即对任意，都有，
当时，等号显然成立；当时，；当时，成立.
因为在处的切线方程为，
设，则，
因为，则，显然其为偶函数，
且当时，在内单调递增，
所以在内单调递减，
（i）当时，因为为“好”点，所以此时成立.
①若，由于在递增，则
即，可知在递增，
所以，满足条件，即成立；
②若，当时，，即，
所以在递减，此时，矛盾，不满足条件；
（ⅱ）当时，因为为“好”点，所以此时成立.
①若，由于在递减，，
则，所以在递增，
即，满足条件，则成立；
②若，当时，，即，
所以在递增，此时，矛盾，不满足条件.
综上所述：，所以只有一个“好”点.
19．（2025·宜宾模拟）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.
（1）若，求；
（2）求证：数列是等比数列，并用表示的通项公式；
（3）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.
【答案】（1）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，
则；
（2）证明：设直线方程为，设，
由联立可得：，于是，
则有，即①，化为，
设直线方程为，设，
由联立得：，于是，
则有，即②，
下面证明成等比数列：
由①可得③，
由①③可得④，
由②④可得即⑤，
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，即；
（3）解：为定值.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由两点求得直线方程，联立抛物线方程求解即可；
（2）设出直线方程，联立抛物线，写出韦达定理，结合等比数列的定义求解即可；
（3）根据三角形面积公式，整理化简即可.
（1）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；
（2）设直线方程为，设，
由联立可得：，于是，
则有，即①，
于是可化为，
设直线方程为，设，
由联立得：，于是，
则有，即②，
下面证明成等比数列：
由①可得③，
由①③可得④，
由②④可得即⑤，
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；
（3）为定值.
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