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四川省南充市2025届高三高考适应性考试（三诊）数学试题
1．（2025·南充模拟）已知i为虚数单位，若，则复数z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
2．（2025·南充模拟）集合，，则（　　）
A．或 B． C．或 D．
3．（2025·南充模拟）设l，m，n表示不同的直线，，，表示不同的平面，则下列结论正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
4．（2025·南充模拟）某市20000名学生参加一次数学测试（满分150分），学生的测试成绩X近似服从正态分布，则测试成绩在内的学生人数约为（　　）
附：（若，则，）
A．2717 B．2718 C．6827 D．9545
5．（2025·南充模拟）函数的图象如图所示，则的解析式可能为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025·南充模拟）已知，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·南充模拟）如图是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若，，则该圆台的内切球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·南充模拟）已知椭圆：和双曲线：有公共的焦点，其中为左焦点，P是与在第一象限的公共点，线段的垂直平分线经过坐标原点，若的离心率为，则的渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·南充模拟）2024年10月央行再次下调人民币存款利率，存款利率下调是为了刺激经济增长促进投资和消费而采取的一种货币政策.下表为某银行近年来的人民币一年定期存款利率：
时间 2018年 2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年
利率% 1.55 1.50 1.75 1.75 1.55 1.85 1.65
关于表中的7个存款利率数据，下列结论正确的是（　　）
A．极差为0.35 B．平均数小于1.65
C．中位数为1.65 D．20%分位数为1.50
10．（2025·南充模拟）已知等式其中e是自然对数的底数，将a视为自变量x（，），b为x的函数，记为，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．
C．若方程有4个不等的实根，则
D．当时，若的两实根为，，则
11．（2025·南充模拟）已知曲线，下列结论正确的是（　　）
A．曲线C关于x轴对称
B．曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2
C．曲线C内部（不含边界）有4个整点（横、纵坐标均为整数的点）
D．曲线C构成的封闭图形面积大于的面积
12．（2025·南充模拟）数列是以1为首项，2为公差的等差数列，则　 　.
13．（2025·南充模拟）已知曲线，圆，若直线与曲线在处的切线平行，且直线被圆C截得的弦长为6，则直线的方程为　 　.
14．（2025·南充模拟）用平面截圆锥可得到不同的圆锥曲线.如图，已知圆锥的侧面积为，它的轴截面为等腰直角三角形.过圆锥底面圆心O作平面，使圆锥轴与平面成45°角，此时平面截圆锥侧面所得图形记为抛物线C，则抛物线C的焦点到准线的距离为　 　.
15．（2025·南充模拟）记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
（1）求角A；
（2）若，求外接圆面积的最小值.
16．（2025·南充模拟）在平面直角坐标系中，，，若点P是平面上一动点，且的周长为，设动点P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）若直线与曲线C交于A，B两点，且，，求k的值.
17．（2025·南充模拟）如图，在等腰梯形中，，，E是的中点，，将沿着翻折成.
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18．（2025·南充模拟）甲、乙两个不透明的口袋内装有除颜色外大小质地完全相同的若干个小球，已知甲口袋有个红球和4个白球，乙口袋有个红球和2个白球.现在小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球.
（1）当时.
（i）求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率；
（ii）设小明4次摸球中，摸出白球的个数为X，求X的分布列和数学期望；
（2）当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为P，则当m为何值时，P最大？
19．（2025·南充模拟）牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，r是函数的零点，牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近r的实数，，…，，在点处作的切线，则在处的切线与轴交点的横坐标是，同理在处的切线与x轴交点的横坐标是，一直继续下去，得到数列，从图中可以看到，较接近r，较接近r，……，当n很大时，很小，我们就可以把的值作为r的近似值，即把作为函数的近似零点.现令.
（1）当时，求的近似解，；
（2）在（1）的条件下，求数列的前n项和；
（3）当时，令，若时，有两个不同实数根，.求证：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解： 若， 则，
在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故答案为：C.
【分析】利用复数代数形式的除法运算化简z，再根据复数的几何意义求解即可.
2．【答案】A
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，即集合，
由已知集合，解得，即集合，
，则或.
故答案为：A.
【分析】解不等式求得集合与集合，再求，最后再求即可.
3．【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，， 则或，故A错误；
B、 若，，则 ，故B正确；
C、若，，，平面的位置关系不能确定，故C错误；
D、正方体中，
平面平面，平面，平面，且.
所以两个平面互相垂直，一个平面的垂线与另一个平面的平行线未必平行，故D错误.
故答案为：B.
【分析】利用线线，线面，面面的位置关系对各个选项进行判断即可.
4．【答案】C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解： 因为学生的测试成绩X近似服从正态分布 ，
所以，
则测试成绩在内的学生人数约为：.
故答案为：C.
【分析】根据正态分布的对称性求解即可.
5．【答案】B
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由图可知的图象关于原点对称，则为奇函数，
A 、函数定义域为，满足，
则为偶函数，不符合题意，故A错误；
B、函数定义域为，满足，即函数为奇函数，因为有正有负，符合题意，故B正确；
C、函数定义域为，满足，即为偶函数，不符合题意，故C错误；
D、函数定义域为，
满足，即函数为奇函数，但当时，，，即恒成立，不符合题意，故D错误.
故答案为：B.
【分析】求函数的定义域，判断奇偶性即可判断A、C；由函数在上的函数值的即可判断D.
6．【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：，则
.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用同角三角函数关系，余弦、正弦的二倍角公式，诱导公式化简求值即可.
7．【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：若，，则，，
由弧长公式可得：，，
则圆台上底面半径：下底面半径：
取圆台的轴截面，如图所示：
则圆台的高：，即该圆台的内切球的半径：
故内切球表面积：
故答案为：D.
【分析】利用已知条件求得圆台的底面半径长，进而根据勾股定理求得圆台的高，即内切球的直径，利用球体体积公式求解即可.
8．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，
因为 的离心率为，所以，即，
又因为，所以，
令线段的垂直平分线与线段的交点为M，则M是线段的中点，
又因为O是的中点，则，所以，
又因为，
所以，
所以，所以，则，即，
则双无线的渐近线方程为.
故答案为：B.
【分析】易知，由椭圆的离心率求得，再由线段的垂直平分线求得，结合椭圆和双曲线定义以及勾股定理依次求得和即可由渐近线定义求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解： 7个存款利率数据从小到大排列为：；
A、极差为，故A正确；
B、平均数为，
故B错误；
C、中位数为，故C正确；
D、，则分位数为第2个数，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】先将存款利率数据从小到大排列，再利用极差、平均数、百分位数、中位数公式计算判断即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；基本不等式
【解析】【解答】解：由题意可知：，则，即，
且，故函数，
A、，故A正确；
B、函数定义域为，，
令，解得，
和时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增；
则且，即，故B正确；
C、，故为偶函数，
则有4个不等的实根，即，有2个不等的实根，
且在和上单调递减，在上单调递增，
故，即，故C错误；
D、由的单调性可知，当时，若的两实根为，，
则， 且，故，
引入不等式，
证明过程如下：不妨设，
因为，
设，，则问题转化为：，，
令，
在上恒成立，
所以在上单调递增；所以，
故，成立，所以，
故，
故，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意求出即可判断A；利用导数求出函数的单调性即可判断B；利用为偶函数，结合函数的单调性即可判断C；利用对数均值不等式即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】圆方程的综合应用；曲线与方程；图形的对称性
【解析】【解答】解：A、设点为曲线上任意一点，点关于轴的对称点为，
将代入曲线方程得，
化简得，即也在曲线上，则轴是曲线的一条对称轴，
故A正确；
B、由，
可得，当时取等号，
则，即曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2，故B正确；
C、令，解得或，即曲线经过，不含边界无整数解，
由B可知曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2，，
令，得，而，
故曲线内部有整点3个，
令，得无解，
令，得，即曲线经过，不含边界无整数解，
令，得无解，
因此曲线只能经过4个整点，，，曲线C内部有3个整点，故C错误；
D、由上分析，作出该曲线，可见图象包含圆，
所以曲线C构成的封闭图形面积大于的面积，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】运用点关于轴的对称点是满足方程，则曲线的图象关于轴对称即可判断A ；根据已知条件可得即可判断B；计算边界点来界定整数点个数即可判断C；根据已知整点及轨迹图象估算面积即可判断D.
12．【答案】
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以，
即，则.
故答案为：.
【分析】由题意，根据等差数列通项公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】导数的几何意义；直线的点斜式方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
则，即直线的斜率为1，
易知圆的圆心为，半径为，
因为直线被圆C截得的弦长为6，所以直线过圆C的圆心，
则方程为，即.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再求导，求得，即可得直线的斜率为1，再求圆心和半径，根据弦长可知直线经过圆心，结合点斜式求解直线方程即可.
14．【答案】1
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥底面半径为，
因为轴截面为等腰直角三角形，所以，母线长为，
又因为圆锥的侧面积为，所以，解得，
取的中点，过作，连接，如图所示：
易知，
由圆锥的结构特点易知，又为平面内两条相交直线，
所以平面，
又因为在平面，所以，
又因为为平面内两条相交直线，所以平面，
所以即为圆锥轴与平面成45°角，即，
又因为O为AB的中点，M是中点，所以OM为中位线，所以，
所以，
又因为，以M为原点，MO为x轴建立坐标系如图示，则，
设抛物线，把带入抛物线方程可得：，
则抛物线为：，焦点，焦点到准线的距离为.
故答案为：1.
【分析】以为原点，为轴建立坐标系，利用坐标法求出抛物线方程求解即可.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
即，因为，所以，解得；
（2）解： 若，，则，
当且仅当时等号成立，则的最小值为，
设的外接圆的半径为，由正弦定理，可得的最小值为，
则外接圆面积的最小值为.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理结合三角函数的恒等变换求解即可；
（2）由余弦定理与重要不等式，可得边的最小值，根据正弦定理可得外接圆的半径，再求外接球的面积即可.
（1）由，根据正弦定理，
则，
即，由，则，
由，即，则，解得.
（2）由余弦定理可得，
当且仅当时，等号成立，则的最小值为，
设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，则的最小值为，
所以外接圆面积的最小值为.
16．【答案】（1）解：易知，
因为的周长为，所以，
所以，且，
由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
则，，，
故曲线的方程为；
（2）解：联立，消去整理可得，
则，
设，，的中点为，
则由韦达定理可知：，，
，，
，，则，如图所示：
，
则，即，解得.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可得：动点P到，的距离和为定值，结合椭圆的定义求解即可；
（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理以及中点坐标公式和垂直平分线的性质求解即可.
（1）由题意可知：，
.
由椭圆的定义知，动点P的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.
可设方程为，
则，，解得，则，
故曲线的方程为.
（2）联立方程组，消去，整理可得.
则.
设，，的中点为，
则由韦达定理可知：，.
，.
∵，，则，如图所示.
又，
则，即，解得.
17．【答案】（1）证明：连接，如图所示：
因为是的中点，且，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形，同理可证四边形也是平行四边形，
又因为，所以四边形是菱形，所以，即，
将沿着翻折成 ，有， ，
又因为，平面，所以平面，
故平面；
（2）解：平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
平面，所以，
由（1）知，，即AE，，DM两两垂直，
以M为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知、均为等边三角形，
，，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，
令，得，即，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为；
（3）解：假设线段上存在点P，使得平面，
过点P作交于Q，连接MP，AQ，如图所示：
易知，即A，M，P，Q四点共面，
因为平面，平面AMPQ，平面平面，
所以，所以四边形AMPQ为平行四边形，所以，所以P是的中点，
故在线段上存在点P，使得平面，且.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，由题意推出四边形是菱形，，根据翻折前后不变的位置关系可证平面，结合，证明即可；
（2）先说明AE，，DM两两垂直，以M为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求面面角的余弦值即可；
（3）假设线段上存在点P，使得平面，作出辅助线，得到A，M，P，Q四点共面，并证得四边形AMPQ为平行四边形，再根据线面平行的性质定理，推出P是的中点据此求解即可．
（1）在梯形ABCD中，连接DE，
因为E是BC的中点，，所以，
又，所以四边形ABED是平行四边形，
同理可证四边形AECD也是平行四边形，
因为，所以四边形ABED是菱形，所以，
翻折后，有， ，
因为，平面，所以平面，
因为四边形AECD是平行四边形，
所以，所以平面；
（2）平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
平面，所以，
由（1）知，，故AE，，DM两两垂直，
以M为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以为等边三角形，同理也为等边三角形，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，得，所以，
易知平面的一个法向量为，
所以，
由图，平面与平面夹角为锐角，
故平面与平面夹角的余弦值为；
（3）假设线段上存在点P，使得平面，
过点P作交于Q，连接MP，AQ，如图所示，
所以，即A，M，P，Q四点共面，
因为平面，平面AMPQ，平面平面，
所以，所以四边形AMPQ为平行四边形，
所以，所以P是的中点，
故在线段上存在点P，使得平面，且.
18．【答案】（1）解：（i） 当时 ，即 甲口袋有个红球和4个白球，乙口袋有个红球和2个白球，
有放回的摸球，甲口袋取到白球、红军=球的概率均为，乙口袋摸到红球的概率为、白球概率为，
设事件=“明4次摸球中，至少摸出1个白球”，则；
（ii）由题可知，随机变量可能的取值为，
，
，
，
，
，
分布列如下，
0 1 2 3 4
；
（2）解： 当时， 小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率，
令，则，
当时，；当时，；
函数在单调递增，单调递减，
当，即时，取得最大，且最大值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】（1）（i）设事件=“明4次摸球中，至少摸出1个白球”，利用对立事件计算概率即可；
（ii）由题可知，随机变量可能的取值为，由题意计算概率，列分布列和求数学期望即可；
（2）由题意，列出概率，设，求导，利用导数判断函数的单调性，求最值即可.
（1）（i）设事件：小明4次摸球中，至少摸出1个白球，
则.
（ii）由题可知，可能的取值为，
甲口袋每次摸到红球的概率为，每次摸到白球的概率为，
乙口袋每次摸到红球的概率为，每次摸到白球的概率为，
，
，
，
，
，
分布列如下，
0 1 2 3 4
所以.
（2）小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率P，
因为，
所以，
令，则，
所以当时，；当时，；
所以函数在单调递增，单调递减，
所以当，即时，P最大，最大值为.
19．【答案】（1）解：函数，，
当时，，则处的切线方程为，令，得，
同理可得在处的切线方程为，令，得；
（2）解：由（1）可知：，
整理可得，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，
即，
故数列的前项和；
（3）证明：由题意可得，则，
令，得，当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，所以，
又当时，；当时，，且，
所以当时，有两个不同实数根，
又，所以确实有两个不同实数根，，
且，，
先证明右半部分：，
考虑在处的切线方程：
当时，，因为，所以与切线的交点的横坐标大于，
即，又，故；
再证明左半部分：，
观察不等式的结构，联想到一元二次方程的两根之差，
即构造方程来描述不等式的左边，
故尝试将放缩为二次函数，即将放缩成，
故令，
则，当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即，当且仅当时取等号，
所以当时，，
故当时，方程有两个不同的实数根，记为，且，
，又，故，所以，
因为，所以得到，
同理可得，所以，
综上所述，.
【知识点】导数的几何意义；等比数列的通项公式；等比数列的性质；数列的递推公式；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求解即可；
（2）由（1）可知存在递推关系，构造等比数列求出数列的通项，再利用分部求和求数列的前n项和即可；
（3）先求出，先利用题中的切线法证明右半部分，再利用放缩法证明左半部分，
将放缩为二次函数，即将放缩成，再结合韦达定理即可证得结论.
（1）由题意可得在处的切线方程为，令，得，
同理可得在处的切线方程为，令，得，
所以对于函数，，
故，；
（2）由（1）可知存在递推关系，
构造等比数列，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
故，
所以数列的前项和；
（3）由题意可得，则，
令，得，当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，所以，
又当时，；当时，，且，
所以当时，有两个不同实数根，
又，所以确实有两个不同实数根，，
且，，
先证明右半部分：，
考虑在处的切线方程：
当时，，因为，所以与切线的交点的横坐标大于，
即，又，故；
再证明左半部分：，
观察不等式的结构，联想到一元二次方程的两根之差，
即构造方程来描述不等式的左边，
故尝试将放缩为二次函数，即将放缩成，
故令，
则，当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即，当且仅当时取等号，
所以当时，，
故当时，方程有两个不同的实数根，记为，且，
，又，故，所以，
因为，所以得到，
同理可得，所以，
综上所述，.
1 / 1四川省南充市2025届高三高考适应性考试（三诊）数学试题
1．（2025·南充模拟）已知i为虚数单位，若，则复数z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
【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解： 若， 则，
在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故答案为：C.
【分析】利用复数代数形式的除法运算化简z，再根据复数的几何意义求解即可.
2．（2025·南充模拟）集合，，则（　　）
A．或 B． C．或 D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，即集合，
由已知集合，解得，即集合，
，则或.
故答案为：A.
【分析】解不等式求得集合与集合，再求，最后再求即可.
3．（2025·南充模拟）设l，m，n表示不同的直线，，，表示不同的平面，则下列结论正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，， 则或，故A错误；
B、 若，，则 ，故B正确；
C、若，，，平面的位置关系不能确定，故C错误；
D、正方体中，
平面平面，平面，平面，且.
所以两个平面互相垂直，一个平面的垂线与另一个平面的平行线未必平行，故D错误.
故答案为：B.
【分析】利用线线，线面，面面的位置关系对各个选项进行判断即可.
4．（2025·南充模拟）某市20000名学生参加一次数学测试（满分150分），学生的测试成绩X近似服从正态分布，则测试成绩在内的学生人数约为（　　）
附：（若，则，）
A．2717 B．2718 C．6827 D．9545
【答案】C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解： 因为学生的测试成绩X近似服从正态分布 ，
所以，
则测试成绩在内的学生人数约为：.
故答案为：C.
【分析】根据正态分布的对称性求解即可.
5．（2025·南充模拟）函数的图象如图所示，则的解析式可能为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由图可知的图象关于原点对称，则为奇函数，
A 、函数定义域为，满足，
则为偶函数，不符合题意，故A错误；
B、函数定义域为，满足，即函数为奇函数，因为有正有负，符合题意，故B正确；
C、函数定义域为，满足，即为偶函数，不符合题意，故C错误；
D、函数定义域为，
满足，即函数为奇函数，但当时，，，即恒成立，不符合题意，故D错误.
故答案为：B.
【分析】求函数的定义域，判断奇偶性即可判断A、C；由函数在上的函数值的即可判断D.
6．（2025·南充模拟）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：，则
.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用同角三角函数关系，余弦、正弦的二倍角公式，诱导公式化简求值即可.
7．（2025·南充模拟）如图是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若，，则该圆台的内切球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：若，，则，，
由弧长公式可得：，，
则圆台上底面半径：下底面半径：
取圆台的轴截面，如图所示：
则圆台的高：，即该圆台的内切球的半径：
故内切球表面积：
故答案为：D.
【分析】利用已知条件求得圆台的底面半径长，进而根据勾股定理求得圆台的高，即内切球的直径，利用球体体积公式求解即可.
8．（2025·南充模拟）已知椭圆：和双曲线：有公共的焦点，其中为左焦点，P是与在第一象限的公共点，线段的垂直平分线经过坐标原点，若的离心率为，则的渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，
因为 的离心率为，所以，即，
又因为，所以，
令线段的垂直平分线与线段的交点为M，则M是线段的中点，
又因为O是的中点，则，所以，
又因为，
所以，
所以，所以，则，即，
则双无线的渐近线方程为.
故答案为：B.
【分析】易知，由椭圆的离心率求得，再由线段的垂直平分线求得，结合椭圆和双曲线定义以及勾股定理依次求得和即可由渐近线定义求解即可.
9．（2025·南充模拟）2024年10月央行再次下调人民币存款利率，存款利率下调是为了刺激经济增长促进投资和消费而采取的一种货币政策.下表为某银行近年来的人民币一年定期存款利率：
时间 2018年 2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年
利率% 1.55 1.50 1.75 1.75 1.55 1.85 1.65
关于表中的7个存款利率数据，下列结论正确的是（　　）
A．极差为0.35 B．平均数小于1.65
C．中位数为1.65 D．20%分位数为1.50
【答案】A,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解： 7个存款利率数据从小到大排列为：；
A、极差为，故A正确；
B、平均数为，
故B错误；
C、中位数为，故C正确；
D、，则分位数为第2个数，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】先将存款利率数据从小到大排列，再利用极差、平均数、百分位数、中位数公式计算判断即可.
10．（2025·南充模拟）已知等式其中e是自然对数的底数，将a视为自变量x（，），b为x的函数，记为，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．
C．若方程有4个不等的实根，则
D．当时，若的两实根为，，则
【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；基本不等式
【解析】【解答】解：由题意可知：，则，即，
且，故函数，
A、，故A正确；
B、函数定义域为，，
令，解得，
和时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增；
则且，即，故B正确；
C、，故为偶函数，
则有4个不等的实根，即，有2个不等的实根，
且在和上单调递减，在上单调递增，
故，即，故C错误；
D、由的单调性可知，当时，若的两实根为，，
则， 且，故，
引入不等式，
证明过程如下：不妨设，
因为，
设，，则问题转化为：，，
令，
在上恒成立，
所以在上单调递增；所以，
故，成立，所以，
故，
故，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意求出即可判断A；利用导数求出函数的单调性即可判断B；利用为偶函数，结合函数的单调性即可判断C；利用对数均值不等式即可判断D.
11．（2025·南充模拟）已知曲线，下列结论正确的是（　　）
A．曲线C关于x轴对称
B．曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2
C．曲线C内部（不含边界）有4个整点（横、纵坐标均为整数的点）
D．曲线C构成的封闭图形面积大于的面积
【答案】A,B,D
【知识点】圆方程的综合应用；曲线与方程；图形的对称性
【解析】【解答】解：A、设点为曲线上任意一点，点关于轴的对称点为，
将代入曲线方程得，
化简得，即也在曲线上，则轴是曲线的一条对称轴，
故A正确；
B、由，
可得，当时取等号，
则，即曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2，故B正确；
C、令，解得或，即曲线经过，不含边界无整数解，
由B可知曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2，，
令，得，而，
故曲线内部有整点3个，
令，得无解，
令，得，即曲线经过，不含边界无整数解，
令，得无解，
因此曲线只能经过4个整点，，，曲线C内部有3个整点，故C错误；
D、由上分析，作出该曲线，可见图象包含圆，
所以曲线C构成的封闭图形面积大于的面积，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】运用点关于轴的对称点是满足方程，则曲线的图象关于轴对称即可判断A ；根据已知条件可得即可判断B；计算边界点来界定整数点个数即可判断C；根据已知整点及轨迹图象估算面积即可判断D.
12．（2025·南充模拟）数列是以1为首项，2为公差的等差数列，则　 　.
【答案】
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以，
即，则.
故答案为：.
【分析】由题意，根据等差数列通项公式求解即可.
13．（2025·南充模拟）已知曲线，圆，若直线与曲线在处的切线平行，且直线被圆C截得的弦长为6，则直线的方程为　 　.
【答案】
【知识点】导数的几何意义；直线的点斜式方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
则，即直线的斜率为1，
易知圆的圆心为，半径为，
因为直线被圆C截得的弦长为6，所以直线过圆C的圆心，
则方程为，即.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再求导，求得，即可得直线的斜率为1，再求圆心和半径，根据弦长可知直线经过圆心，结合点斜式求解直线方程即可.
14．（2025·南充模拟）用平面截圆锥可得到不同的圆锥曲线.如图，已知圆锥的侧面积为，它的轴截面为等腰直角三角形.过圆锥底面圆心O作平面，使圆锥轴与平面成45°角，此时平面截圆锥侧面所得图形记为抛物线C，则抛物线C的焦点到准线的距离为　 　.
【答案】1
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥底面半径为，
因为轴截面为等腰直角三角形，所以，母线长为，
又因为圆锥的侧面积为，所以，解得，
取的中点，过作，连接，如图所示：
易知，
由圆锥的结构特点易知，又为平面内两条相交直线，
所以平面，
又因为在平面，所以，
又因为为平面内两条相交直线，所以平面，
所以即为圆锥轴与平面成45°角，即，
又因为O为AB的中点，M是中点，所以OM为中位线，所以，
所以，
又因为，以M为原点，MO为x轴建立坐标系如图示，则，
设抛物线，把带入抛物线方程可得：，
则抛物线为：，焦点，焦点到准线的距离为.
故答案为：1.
【分析】以为原点，为轴建立坐标系，利用坐标法求出抛物线方程求解即可.
15．（2025·南充模拟）记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
（1）求角A；
（2）若，求外接圆面积的最小值.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
即，因为，所以，解得；
（2）解： 若，，则，
当且仅当时等号成立，则的最小值为，
设的外接圆的半径为，由正弦定理，可得的最小值为，
则外接圆面积的最小值为.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理结合三角函数的恒等变换求解即可；
（2）由余弦定理与重要不等式，可得边的最小值，根据正弦定理可得外接圆的半径，再求外接球的面积即可.
（1）由，根据正弦定理，
则，
即，由，则，
由，即，则，解得.
（2）由余弦定理可得，
当且仅当时，等号成立，则的最小值为，
设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，则的最小值为，
所以外接圆面积的最小值为.
16．（2025·南充模拟）在平面直角坐标系中，，，若点P是平面上一动点，且的周长为，设动点P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）若直线与曲线C交于A，B两点，且，，求k的值.
【答案】（1）解：易知，
因为的周长为，所以，
所以，且，
由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
则，，，
故曲线的方程为；
（2）解：联立，消去整理可得，
则，
设，，的中点为，
则由韦达定理可知：，，
，，
，，则，如图所示：
，
则，即，解得.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可得：动点P到，的距离和为定值，结合椭圆的定义求解即可；
（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理以及中点坐标公式和垂直平分线的性质求解即可.
（1）由题意可知：，
.
由椭圆的定义知，动点P的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.
可设方程为，
则，，解得，则，
故曲线的方程为.
（2）联立方程组，消去，整理可得.
则.
设，，的中点为，
则由韦达定理可知：，.
，.
∵，，则，如图所示.
又，
则，即，解得.
17．（2025·南充模拟）如图，在等腰梯形中，，，E是的中点，，将沿着翻折成.
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明：连接，如图所示：
因为是的中点，且，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形，同理可证四边形也是平行四边形，
又因为，所以四边形是菱形，所以，即，
将沿着翻折成 ，有， ，
又因为，平面，所以平面，
故平面；
（2）解：平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
平面，所以，
由（1）知，，即AE，，DM两两垂直，
以M为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知、均为等边三角形，
，，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，
令，得，即，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为；
（3）解：假设线段上存在点P，使得平面，
过点P作交于Q，连接MP，AQ，如图所示：
易知，即A，M，P，Q四点共面，
因为平面，平面AMPQ，平面平面，
所以，所以四边形AMPQ为平行四边形，所以，所以P是的中点，
故在线段上存在点P，使得平面，且.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，由题意推出四边形是菱形，，根据翻折前后不变的位置关系可证平面，结合，证明即可；
（2）先说明AE，，DM两两垂直，以M为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求面面角的余弦值即可；
（3）假设线段上存在点P，使得平面，作出辅助线，得到A，M，P，Q四点共面，并证得四边形AMPQ为平行四边形，再根据线面平行的性质定理，推出P是的中点据此求解即可．
（1）在梯形ABCD中，连接DE，
因为E是BC的中点，，所以，
又，所以四边形ABED是平行四边形，
同理可证四边形AECD也是平行四边形，
因为，所以四边形ABED是菱形，所以，
翻折后，有， ，
因为，平面，所以平面，
因为四边形AECD是平行四边形，
所以，所以平面；
（2）平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
平面，所以，
由（1）知，，故AE，，DM两两垂直，
以M为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以为等边三角形，同理也为等边三角形，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，得，所以，
易知平面的一个法向量为，
所以，
由图，平面与平面夹角为锐角，
故平面与平面夹角的余弦值为；
（3）假设线段上存在点P，使得平面，
过点P作交于Q，连接MP，AQ，如图所示，
所以，即A，M，P，Q四点共面，
因为平面，平面AMPQ，平面平面，
所以，所以四边形AMPQ为平行四边形，
所以，所以P是的中点，
故在线段上存在点P，使得平面，且.
18．（2025·南充模拟）甲、乙两个不透明的口袋内装有除颜色外大小质地完全相同的若干个小球，已知甲口袋有个红球和4个白球，乙口袋有个红球和2个白球.现在小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球.
（1）当时.
（i）求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率；
（ii）设小明4次摸球中，摸出白球的个数为X，求X的分布列和数学期望；
（2）当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为P，则当m为何值时，P最大？
【答案】（1）解：（i） 当时 ，即 甲口袋有个红球和4个白球，乙口袋有个红球和2个白球，
有放回的摸球，甲口袋取到白球、红军=球的概率均为，乙口袋摸到红球的概率为、白球概率为，
设事件=“明4次摸球中，至少摸出1个白球”，则；
（ii）由题可知，随机变量可能的取值为，
，
，
，
，
，
分布列如下，
0 1 2 3 4
；
（2）解： 当时， 小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率，
令，则，
当时，；当时，；
函数在单调递增，单调递减，
当，即时，取得最大，且最大值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】（1）（i）设事件=“明4次摸球中，至少摸出1个白球”，利用对立事件计算概率即可；
（ii）由题可知，随机变量可能的取值为，由题意计算概率，列分布列和求数学期望即可；
（2）由题意，列出概率，设，求导，利用导数判断函数的单调性，求最值即可.
（1）（i）设事件：小明4次摸球中，至少摸出1个白球，
则.
（ii）由题可知，可能的取值为，
甲口袋每次摸到红球的概率为，每次摸到白球的概率为，
乙口袋每次摸到红球的概率为，每次摸到白球的概率为，
，
，
，
，
，
分布列如下，
0 1 2 3 4
所以.
（2）小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率P，
因为，
所以，
令，则，
所以当时，；当时，；
所以函数在单调递增，单调递减，
所以当，即时，P最大，最大值为.
19．（2025·南充模拟）牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，r是函数的零点，牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近r的实数，，…，，在点处作的切线，则在处的切线与轴交点的横坐标是，同理在处的切线与x轴交点的横坐标是，一直继续下去，得到数列，从图中可以看到，较接近r，较接近r，……，当n很大时，很小，我们就可以把的值作为r的近似值，即把作为函数的近似零点.现令.
（1）当时，求的近似解，；
（2）在（1）的条件下，求数列的前n项和；
（3）当时，令，若时，有两个不同实数根，.求证：.
【答案】（1）解：函数，，
当时，，则处的切线方程为，令，得，
同理可得在处的切线方程为，令，得；
（2）解：由（1）可知：，
整理可得，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，
即，
故数列的前项和；
（3）证明：由题意可得，则，
令，得，当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，所以，
又当时，；当时，，且，
所以当时，有两个不同实数根，
又，所以确实有两个不同实数根，，
且，，
先证明右半部分：，
考虑在处的切线方程：
当时，，因为，所以与切线的交点的横坐标大于，
即，又，故；
再证明左半部分：，
观察不等式的结构，联想到一元二次方程的两根之差，
即构造方程来描述不等式的左边，
故尝试将放缩为二次函数，即将放缩成，
故令，
则，当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即，当且仅当时取等号，
所以当时，，
故当时，方程有两个不同的实数根，记为，且，
，又，故，所以，
因为，所以得到，
同理可得，所以，
综上所述，.
【知识点】导数的几何意义；等比数列的通项公式；等比数列的性质；数列的递推公式；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求解即可；
（2）由（1）可知存在递推关系，构造等比数列求出数列的通项，再利用分部求和求数列的前n项和即可；
（3）先求出，先利用题中的切线法证明右半部分，再利用放缩法证明左半部分，
将放缩为二次函数，即将放缩成，再结合韦达定理即可证得结论.
（1）由题意可得在处的切线方程为，令，得，
同理可得在处的切线方程为，令，得，
所以对于函数，，
故，；
（2）由（1）可知存在递推关系，
构造等比数列，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
故，
所以数列的前项和；
（3）由题意可得，则，
令，得，当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，所以，
又当时，；当时，，且，
所以当时，有两个不同实数根，
又，所以确实有两个不同实数根，，
且，，
先证明右半部分：，
考虑在处的切线方程：
当时，，因为，所以与切线的交点的横坐标大于，
即，又，故；
再证明左半部分：，
观察不等式的结构，联想到一元二次方程的两根之差，
即构造方程来描述不等式的左边，
故尝试将放缩为二次函数，即将放缩成，
故令，
则，当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即，当且仅当时取等号，
所以当时，，
故当时，方程有两个不同的实数根，记为，且，
，又，故，所以，
因为，所以得到，
同理可得，所以，
综上所述，.
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