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四川省新高考2025届高三适应性考试（第三次联考）数学试题
1．（2025·四川模拟）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·四川模拟）已知i为虚数单位，复数满足，则（　　）
A．2 B． C．1 D．
3．（2025·四川模拟）下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·四川模拟）已知函数，则函数的图象（　　）
A．关于点对称 B．关于点对称
C．关于直线对称 D．关于直线对称
5．（2025·四川模拟）已知向量，则“”是“向量共线”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2025·四川模拟）赵爽是我国古代数学家，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）．如图的“赵爽弦图”中小正方形的面积为49，大正方形的面积为169，直角三角形中较大的锐角为，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·四川模拟）甲、乙等6人参加某次会议，会议安排其前后两排入座，每排3人（如图所示），其中甲坐后排，乙与甲前后、左右均不相邻，则不同的坐法种数共有（　　）
A．144种 B．168种 C．192种 D．216种
8．（2025·四川模拟）设抛物线C：的焦点为F，P为抛物线C上任意一点，O为坐标原点，M为线段的中点，则直线斜率的最大值为（　　）
A． B．1 C． D．p
9．（2025·四川模拟）已知袋装食盐标准质量为400g，设甲、乙两品牌袋装食盐质量的误差分别为随机变量X，Y，且，，则（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025·四川模拟）已知在中，角的对边分别为，若，则（　　）
A．的周长为12 B．角的最大值为
C．的面积最小值为 D．的面积最大值为
11．（2025·四川模拟）已知是函数的极大值点，则（　　）
A．函数的极小值为0
B．若，则
C．若，则有3个相异的零点
D．若（其中），则
12．（2025·四川模拟）已知双曲线，O为坐标原点，过双曲线C的右焦点且与x轴垂直的直线与双曲线C的两条渐近线分别相交于点M，N，则的面积为　 　．
13．（2025·四川模拟）若，，则实数m的取值范围为　 　．
14．（2025·四川模拟）已知正四面体ABCD的棱长为，其顶点都在球O的球面上，点M在棱CD上，且，则过点M的平面截球O所得截面的面积最小值为　 　．
15．（2025·四川模拟）已知在各项为正的等比数列中，，是与的等差中项．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，求数列的前n项和．
16．（2025·四川模拟）某工厂生产了两批次的某种产品，现从两批次的产品中共抽取500件进行检测，根据检测结果（“次品”或“合格品”）得到如下列联表：
生产批次 产品检测结果 合计
次品 合格品
第一批次 10 190 200
第二批次 40 260 300
合计 50 450 500
（1）根据小概率值的独立性检验，能否认为产品检测结果与生产批次有关联？
（2）用样本估计总体，频率估计概率．现等可能地从两批次中选一批次，再从该批次中随机抽取1件产品．
（ⅰ）求取出的产品是次品的概率；
（ⅱ）已知取出的产品是次品，求它是从第一批次的产品中取出的概率．
参考公式：，其中．
参考数据：
0.15 0.10 0.05 0.010
2.072 2.706 3.841 6.635
17．（2025·四川模拟）动点与定点的距离和点到定直线的距离的比是常数，记点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）若直线与曲线交于两点，
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）是否存在实数，使得点在线段的中垂线上？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
18．（2025·四川模拟）如图，在直四棱柱中，四边形为正方形，，分别为的中点，是棱上的动点（包含端点）．
（1）请说明当点在何处时，四点在同一平面内；
（2）当点满足时，求三棱锥的体积；
（3）设二面角的大小为，求的最大值．
19．（2025·四川模拟）定义二元函数，且同时满足：①；②两个条件．
（1）求的值；
（2）当时，比较和0的大小；
（3）若为的极大值点，求的取值范围．
附：参考公式：
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】因为，，
所以．
故答案为：C.
【分析】利用一元二次不等式求集合B，利用交集运算求解即可得到结果.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】由，有，所以，故．
故答案为：B
【分析】先利用已知条件求出复数，接着利用复数的模的公式运算求出结果.
3．【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】 【解答】对于A，最小正周期为，由，得，则单调递减，故A错误；
对于B，最小正周期为，由，得，则单调递减，故B错误；
对于C，最小正周期为，当时，单调递减，故C错误；
对于D，最小正周期为，当时，单调递增，故D正确；
故答案为：D
【分析】利用三角函数的周期性以及单调性，对每一个选型进行判断，即可得到结果.
4．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】因为，则为奇函数，
所以的图象关于原点对称，
函数的图象可由的图象先向左平移2个单位，再向上平移2个单位得到，
所以函数的图象关于点对称．
故答案为：A
【分析】利用是奇函数，得到函数的性质，接着利用坐标的平移变换进行转化求解.
5．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】当时，向量，因为，所以向量共线成立；
由向量，共线，有，此时，
所以“”是“向量共线”的充分不必要条件．
故答案为：A
【分析】利用充分条件、必要条件判断即可得到结果.
6．【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】根据题意，图像中大、小正方形的边长分别为13，7，
所以有，即有，
两边平方得，所以．
故答案为：D
【分析】利用正方形的边长关系，结合三角函数得到解析式，接着利用同角三角函数的平方关系以及二倍角公式化简，即可得到结果.
7．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】如图所示，甲坐位置①，乙有3种选择，其他人不同坐法有种，共有种不同坐法；
甲坐位置②，乙有2种选择，其他人不同坐法有种，共有种不同坐法；
甲坐位置③，乙有3种选择，其他人不同坐法有种，共有种不同坐法，
所以不同坐法种数共有种．
故答案为：C
【分析】根据题意，对甲的位置进行分类谈论，结合分类加法计数原理以及排列组合进行求解即可得到结果.
8．【答案】B
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】由已知，，设（因为需要确定最大值，不妨设），则，于是直线的斜率满足：
，当且仅当即时取等．
【分析】利用已知条件先得到的坐标，进而得到直线斜率的表达式，结合基本不等式求解即可得到结果.
9．【答案】A,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】
对于A，作出随机变量的正态分布密度曲线草图，根据对称性，选项A正确；
对于B，，选项B错误；
对于C，，选项C错误；
对于D，对于正态分布，给定是一个只与有关的定值，
则，选项D正确．
故答案为：AD
【分析】利用正态曲线的性质，得到对应的均值，接着对每一个选项进行判断，即可得到结果.
10．【答案】A,B,D
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】对于A，由根据正弦定理得
的周长为，选项A正确；
对于B，因为，由余弦定理，
因为，当且仅当等号成立，所以，选项B正确；
对于C，，当角接近0时，的面积也接近0，所以选项C错误；
对于D，，由得在时取得最大值，
故在时取得最大值，选项D正确．
故答案为：ABD.
【分析】
利用正弦定理进行弦化边，得到，进而求出周长，可判断A；利用基本不等式得，结合余弦定理可判断B；利用三角形的面积公式，利用极限思想，当角接近0时，的面积也接近0；利用得到在时取得最大值，进而得到D的正误．
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】对于A中，由函数，可得，
因为是的极大值点，所以，解得，
所以，可得，
当时，，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以函数的极大值点为，极小值点为0，所以A正确；
对于B中，当时，，则，
因为在区间上单调递减，所以，所以B错误；
对于C中，由，且当时，，当时，，
可得的图象，如图所示，
当时，有3个相异零点，所以C正确；
对于D中，因为，要证，只需证明，
由在上单调递增，需证明，
即当时，证明，
构造函数（其中），
则，
当时，，则在上单调递增，
所以，即当时，，
所以，所以，所以D正确．
故答案为：ACD.
【分析】先利用是极大值点，即利用求导，导函数等于0求出a的值，进而得到的表达式，求导判断函数的单调性与极值，判断AB选项；对于C选项，分离参数，利用求导画出函数的图像，注意极限思想，进而得到m的范围；对于D，将转化为证明，接着构造，利用的单调性，求导化简即可进行判断.
12．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】，故双曲线C的右焦点为，
由已知，一条渐近线的方程为，其倾斜角为，
所以，的面积为．
故答案为：
【分析】根据解析式得到双曲线的焦点和渐近线方程，将的面积转化成求的面积的两倍，利用面积公式进行求解即可得到结果.
13．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】由，可得，
因为，故只需，
令，则，
当且仅当，即时取等号，所以，所以实数的取值范围为．
故答案为：.
【分析】参变分离，将问题转化为，令，利用基本不等式求解得到最小值，进而得到m的范围.
14．【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】如图所示，由题可知棱长为1的正方体的顶点也都在球面上，所以球的半径为，
取的中点，连接，则，
由且正四面体的棱长为，可得，，
则，
因为过点的平面截球所得截面为圆，则过点且垂直于的截面为面积最小，
设该截面圆半径为，
则，
可得所得截面的圆面积最小值为．
故答案为：.
【分析】先将正四面体进行补形成正方体，此时取的中点，进而有，因为，则，此时当过并且垂直于的截面为面积最小，接着利用球的截面的性质，求出截面圆的半径，接着圆的面积公式求解得到结果.
15．【答案】（1）设各项为正的等比数列的公比为，
由，所以，
因为是与的等差中项，
所以，化简得，
解得（舍去），
所以数列的通项公式为；

（2）由（1）可得，，
所以，
，
两式相减得
，
所以．
【知识点】等比数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）利用等差数列的等差中项的性质求解，即可得到结果；
（2）利用错位相减法求解.
（1）设各项为正的等比数列的公比为，
由，所以，
因为是与的等差中项，
所以，化简得，
解得（舍去），
所以数列的通项公式为；
（2）由（1）可得，，
所以，
，
两式相减得
，
所以．
16．【答案】（1）提出零假设：产品检测结果与生产批次没有关联，
由，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即产品检测结果与生产批次有关联，此推断犯错误的概率不大于；
（2）设事件“取出的产品是次品”，事件“被选出的是第一批次”，（ⅰ）依题意，，
，
由全概率公式得：；
（ⅱ）取出的是次品，则它是从第一批次的产品中取出的概率为：
．
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【分析】（1）利用列联表，结合公式运算卡方值，比较进行判断；
（2）（ⅰ）先对事件进行命名，结合全概率公式化简即可得到结果；（ⅱ）利用条件概率公式进行运算即可得到结果.
（1）提出零假设：产品检测结果与生产批次没有关联，
由，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即产品检测结果与生产批次有关联，此推断犯错误的概率不大于；
（2）设事件“取出的产品是次品”，事件“被选出的是第一批次”，
（ⅰ）依题意，，
，
由全概率公式得：；
（ⅱ）取出的是次品，则它是从第一批次的产品中取出的概率为：
．
17．【答案】（1）因为动点与定点的距离和点到定直线的距离的比是常数，
可得，化简整理得，即曲线的方程为.
（2）联立方程组，整理得，
设，可得，
且，所以，
（ⅰ）由弦长公式，可得，
即，
因为，所以，的取值范围为；
（ⅱ）由且，
可得的中点坐标为，
所以的斜率，
因为点在线段的中垂线上，可得，解得，
所以存在，使得点在线段的中垂线上.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）利用题中的距离比化简得到，进而得到曲线的方程；
（2）设，联立方程组，利用韦达定理得：，（ⅰ）利用弦长公式，化简得，结合不等式的性质求出的范围；
（ⅱ）根据（i）先求得的中点坐标，进而求出斜率，因为在线段的中垂线上，化简得，求出的值.
（1）解：因为动点与定点的距离和点到定直线的距离的比是常数，
可得，化简整理得，即曲线的方程为.
（2）解：联立方程组，整理得，
设，可得，
且，所以，
（ⅰ）由弦长公式，可得，
即，
因为，所以，的取值范围为；
（ⅱ）由且，
可得的中点坐标为，
所以的斜率，
因为点在线段的中垂线上，可得，解得，
所以存在，使得点在线段的中垂线上.
18．【答案】（1）方法一：如图，取的中点，连接，
由已知，，，所以，，
易知，当点位于点的位置时，，
此时四点在同一平面内，
平面，
若四点在同一平面内，
则，当点不在点的位置时，
与不平行，从而与不平行，
因此四点不在同一平面内，
所以，当且仅当点位于点的位置时，四点在同一平面内；
（2）由（1），，
设平面的法向量为，
则
不妨设，可得，，
所以为平面的一个法向量，
由已知，当时，可得，则，
所以点到平面的距离为，
在中，，
所以，，；
（3）方法一：由（1）可知，四点在同一平面内，
则二面角的平面角与二面角的平面角互补，
所以，
设点到平面的距离为，点到直线的距离为，
则，
在矩形中，，又因为，
则，又因为，
所以，是异面直线与的公垂线，
故当点运动至点时，点到直线的距离最小，且，
此时点到平面的距离最大，
即等于点到平面的距离，
所以，的最大值为，
在中，，
边上的高为，
由，得，
即，
所以，，解得，
所以，的最大值为；
方法二：由（2）可知平面的一个法向量为，
设，则，
设平面的法向量为，则
不妨设，可得，，
所以为平面的一个法向量，
则，
令，则，
所以，
所以，当且仅当，即时，取得最小值，
此时，取得最大值．
【知识点】平面的基本性质及推论；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用面面平行以及基本事实一的推论得到四点共面；
（2）根据题意，建系后得到坐标，接着利用点到平面的距离公式求出三棱锥的高，进而求出底面三角形的面积，即可得到体积；
（3）方法一根据面面角定义求出的最大值为，方法二利用空间向量法计算二面角计算利用二次函数以及不等式性质即可得到结果.
（1）方法一：如图，取的中点，连接，
由已知，，，所以，，
易知，当点位于点的位置时，，
此时四点在同一平面内，
平面，
若四点在同一平面内，
则，当点不在点的位置时，
与不平行，从而与不平行，
因此四点不在同一平面内，
所以，当且仅当点位于点的位置时，四点在同一平面内；
方法二：根据已知，以为原点，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
又因为，
则，
所以，
显然，与不共线，令，
由上可得，
，
于是有解得
此时，，
所以，当且仅当点在点的位置时，四点在同一平面内；
（2）由（1），，
设平面的法向量为，
则
不妨设，可得，，
所以为平面的一个法向量，
由已知，当时，可得，则，
所以点到平面的距离为，
在中，，
所以，，；
（3）方法一：由（1）可知，四点在同一平面内，
则二面角的平面角与二面角的平面角互补，
所以，
设点到平面的距离为，点到直线的距离为，
则，
在矩形中，，又因为，
则，又因为，
所以，是异面直线与的公垂线，
故当点运动至点时，点到直线的距离最小，且，
此时点到平面的距离最大，
即等于点到平面的距离，
所以，的最大值为，
在中，，
边上的高为，
由，得，
即，
所以，，解得，
所以，的最大值为；
方法二：由（2）可知平面的一个法向量为，
设，则，
设平面的法向量为，则
不妨设，可得，，
所以为平面的一个法向量，
则，
令，则，
所以，
所以，当且仅当，即时，取得最小值，
此时，取得最大值．
19．【答案】（1）由题意知，，
；
（2）由已知，
当时，，
，
所以
，
当且仅当时，上式取得等号，但不可能成立，
当时，，不等式也成立，
所以当时，；
（3）因为，
所以，注意到，
，注意到，
令，
则，注意到，
令，
则，
可知当时，，
则当时，为增函数，即为增函数，
若，即当时，
存在，使得当时，为增函数，即为增函数，
所以在区间上为增函数，
所以不是的极大值点，不符合题意，舍去，
若，即当时，
存在，使得当时，为减函数，即为减函数，
所以，在区间上，，函数单调递减，
在区间上，，函数单调递增，
所以，是的极大值点，符合题意，
综上所述，的取值范围为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）利用题中的定义进行代入化简得到结果 ；
（2）利用题中的定义先求出解析式，接着利用解裂项相消以及不等式的性质求解即可得到结果；
（3）根据题意，将函数进行化简，接着求出导函数，利用导函数得出函数单调性及极值点进行判断即可得到结果.
（1）由题意知，，
；
（2）由已知，
当时，，
，
所以
，
当且仅当时，上式取得等号，但不可能成立，
当时，，不等式也成立，
所以当时，；
（3）因为，
所以，注意到，
，注意到，
令，
则，注意到，
令，
则，
可知当时，，
则当时，为增函数，即为增函数，
若，即当时，
存在，使得当时，为增函数，即为增函数，
所以在区间上为增函数，
所以不是的极大值点，不符合题意，舍去，
若，即当时，
存在，使得当时，为减函数，即为减函数，
所以，在区间上，，函数单调递减，
在区间上，，函数单调递增，
所以，是的极大值点，符合题意，
综上所述，的取值范围为．
1 / 1四川省新高考2025届高三适应性考试（第三次联考）数学试题
1．（2025·四川模拟）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】因为，，
所以．
故答案为：C.
【分析】利用一元二次不等式求集合B，利用交集运算求解即可得到结果.
2．（2025·四川模拟）已知i为虚数单位，复数满足，则（　　）
A．2 B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】由，有，所以，故．
故答案为：B
【分析】先利用已知条件求出复数，接着利用复数的模的公式运算求出结果.
3．（2025·四川模拟）下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】 【解答】对于A，最小正周期为，由，得，则单调递减，故A错误；
对于B，最小正周期为，由，得，则单调递减，故B错误；
对于C，最小正周期为，当时，单调递减，故C错误；
对于D，最小正周期为，当时，单调递增，故D正确；
故答案为：D
【分析】利用三角函数的周期性以及单调性，对每一个选型进行判断，即可得到结果.
4．（2025·四川模拟）已知函数，则函数的图象（　　）
A．关于点对称 B．关于点对称
C．关于直线对称 D．关于直线对称
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】因为，则为奇函数，
所以的图象关于原点对称，
函数的图象可由的图象先向左平移2个单位，再向上平移2个单位得到，
所以函数的图象关于点对称．
故答案为：A
【分析】利用是奇函数，得到函数的性质，接着利用坐标的平移变换进行转化求解.
5．（2025·四川模拟）已知向量，则“”是“向量共线”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】当时，向量，因为，所以向量共线成立；
由向量，共线，有，此时，
所以“”是“向量共线”的充分不必要条件．
故答案为：A
【分析】利用充分条件、必要条件判断即可得到结果.
6．（2025·四川模拟）赵爽是我国古代数学家，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）．如图的“赵爽弦图”中小正方形的面积为49，大正方形的面积为169，直角三角形中较大的锐角为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】根据题意，图像中大、小正方形的边长分别为13，7，
所以有，即有，
两边平方得，所以．
故答案为：D
【分析】利用正方形的边长关系，结合三角函数得到解析式，接着利用同角三角函数的平方关系以及二倍角公式化简，即可得到结果.
7．（2025·四川模拟）甲、乙等6人参加某次会议，会议安排其前后两排入座，每排3人（如图所示），其中甲坐后排，乙与甲前后、左右均不相邻，则不同的坐法种数共有（　　）
A．144种 B．168种 C．192种 D．216种
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】如图所示，甲坐位置①，乙有3种选择，其他人不同坐法有种，共有种不同坐法；
甲坐位置②，乙有2种选择，其他人不同坐法有种，共有种不同坐法；
甲坐位置③，乙有3种选择，其他人不同坐法有种，共有种不同坐法，
所以不同坐法种数共有种．
故答案为：C
【分析】根据题意，对甲的位置进行分类谈论，结合分类加法计数原理以及排列组合进行求解即可得到结果.
8．（2025·四川模拟）设抛物线C：的焦点为F，P为抛物线C上任意一点，O为坐标原点，M为线段的中点，则直线斜率的最大值为（　　）
A． B．1 C． D．p
【答案】B
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】由已知，，设（因为需要确定最大值，不妨设），则，于是直线的斜率满足：
，当且仅当即时取等．
【分析】利用已知条件先得到的坐标，进而得到直线斜率的表达式，结合基本不等式求解即可得到结果.
9．（2025·四川模拟）已知袋装食盐标准质量为400g，设甲、乙两品牌袋装食盐质量的误差分别为随机变量X，Y，且，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】
对于A，作出随机变量的正态分布密度曲线草图，根据对称性，选项A正确；
对于B，，选项B错误；
对于C，，选项C错误；
对于D，对于正态分布，给定是一个只与有关的定值，
则，选项D正确．
故答案为：AD
【分析】利用正态曲线的性质，得到对应的均值，接着对每一个选项进行判断，即可得到结果.
10．（2025·四川模拟）已知在中，角的对边分别为，若，则（　　）
A．的周长为12 B．角的最大值为
C．的面积最小值为 D．的面积最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】对于A，由根据正弦定理得
的周长为，选项A正确；
对于B，因为，由余弦定理，
因为，当且仅当等号成立，所以，选项B正确；
对于C，，当角接近0时，的面积也接近0，所以选项C错误；
对于D，，由得在时取得最大值，
故在时取得最大值，选项D正确．
故答案为：ABD.
【分析】
利用正弦定理进行弦化边，得到，进而求出周长，可判断A；利用基本不等式得，结合余弦定理可判断B；利用三角形的面积公式，利用极限思想，当角接近0时，的面积也接近0；利用得到在时取得最大值，进而得到D的正误．
11．（2025·四川模拟）已知是函数的极大值点，则（　　）
A．函数的极小值为0
B．若，则
C．若，则有3个相异的零点
D．若（其中），则
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】对于A中，由函数，可得，
因为是的极大值点，所以，解得，
所以，可得，
当时，，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以函数的极大值点为，极小值点为0，所以A正确；
对于B中，当时，，则，
因为在区间上单调递减，所以，所以B错误；
对于C中，由，且当时，，当时，，
可得的图象，如图所示，
当时，有3个相异零点，所以C正确；
对于D中，因为，要证，只需证明，
由在上单调递增，需证明，
即当时，证明，
构造函数（其中），
则，
当时，，则在上单调递增，
所以，即当时，，
所以，所以，所以D正确．
故答案为：ACD.
【分析】先利用是极大值点，即利用求导，导函数等于0求出a的值，进而得到的表达式，求导判断函数的单调性与极值，判断AB选项；对于C选项，分离参数，利用求导画出函数的图像，注意极限思想，进而得到m的范围；对于D，将转化为证明，接着构造，利用的单调性，求导化简即可进行判断.
12．（2025·四川模拟）已知双曲线，O为坐标原点，过双曲线C的右焦点且与x轴垂直的直线与双曲线C的两条渐近线分别相交于点M，N，则的面积为　 　．
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】，故双曲线C的右焦点为，
由已知，一条渐近线的方程为，其倾斜角为，
所以，的面积为．
故答案为：
【分析】根据解析式得到双曲线的焦点和渐近线方程，将的面积转化成求的面积的两倍，利用面积公式进行求解即可得到结果.
13．（2025·四川模拟）若，，则实数m的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】由，可得，
因为，故只需，
令，则，
当且仅当，即时取等号，所以，所以实数的取值范围为．
故答案为：.
【分析】参变分离，将问题转化为，令，利用基本不等式求解得到最小值，进而得到m的范围.
14．（2025·四川模拟）已知正四面体ABCD的棱长为，其顶点都在球O的球面上，点M在棱CD上，且，则过点M的平面截球O所得截面的面积最小值为　 　．
【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】如图所示，由题可知棱长为1的正方体的顶点也都在球面上，所以球的半径为，
取的中点，连接，则，
由且正四面体的棱长为，可得，，
则，
因为过点的平面截球所得截面为圆，则过点且垂直于的截面为面积最小，
设该截面圆半径为，
则，
可得所得截面的圆面积最小值为．
故答案为：.
【分析】先将正四面体进行补形成正方体，此时取的中点，进而有，因为，则，此时当过并且垂直于的截面为面积最小，接着利用球的截面的性质，求出截面圆的半径，接着圆的面积公式求解得到结果.
15．（2025·四川模拟）已知在各项为正的等比数列中，，是与的等差中项．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，求数列的前n项和．
【答案】（1）设各项为正的等比数列的公比为，
由，所以，
因为是与的等差中项，
所以，化简得，
解得（舍去），
所以数列的通项公式为；

（2）由（1）可得，，
所以，
，
两式相减得
，
所以．
【知识点】等比数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）利用等差数列的等差中项的性质求解，即可得到结果；
（2）利用错位相减法求解.
（1）设各项为正的等比数列的公比为，
由，所以，
因为是与的等差中项，
所以，化简得，
解得（舍去），
所以数列的通项公式为；
（2）由（1）可得，，
所以，
，
两式相减得
，
所以．
16．（2025·四川模拟）某工厂生产了两批次的某种产品，现从两批次的产品中共抽取500件进行检测，根据检测结果（“次品”或“合格品”）得到如下列联表：
生产批次 产品检测结果 合计
次品 合格品
第一批次 10 190 200
第二批次 40 260 300
合计 50 450 500
（1）根据小概率值的独立性检验，能否认为产品检测结果与生产批次有关联？
（2）用样本估计总体，频率估计概率．现等可能地从两批次中选一批次，再从该批次中随机抽取1件产品．
（ⅰ）求取出的产品是次品的概率；
（ⅱ）已知取出的产品是次品，求它是从第一批次的产品中取出的概率．
参考公式：，其中．
参考数据：
0.15 0.10 0.05 0.010
2.072 2.706 3.841 6.635
【答案】（1）提出零假设：产品检测结果与生产批次没有关联，
由，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即产品检测结果与生产批次有关联，此推断犯错误的概率不大于；
（2）设事件“取出的产品是次品”，事件“被选出的是第一批次”，（ⅰ）依题意，，
，
由全概率公式得：；
（ⅱ）取出的是次品，则它是从第一批次的产品中取出的概率为：
．
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【分析】（1）利用列联表，结合公式运算卡方值，比较进行判断；
（2）（ⅰ）先对事件进行命名，结合全概率公式化简即可得到结果；（ⅱ）利用条件概率公式进行运算即可得到结果.
（1）提出零假设：产品检测结果与生产批次没有关联，
由，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即产品检测结果与生产批次有关联，此推断犯错误的概率不大于；
（2）设事件“取出的产品是次品”，事件“被选出的是第一批次”，
（ⅰ）依题意，，
，
由全概率公式得：；
（ⅱ）取出的是次品，则它是从第一批次的产品中取出的概率为：
．
17．（2025·四川模拟）动点与定点的距离和点到定直线的距离的比是常数，记点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）若直线与曲线交于两点，
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）是否存在实数，使得点在线段的中垂线上？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）因为动点与定点的距离和点到定直线的距离的比是常数，
可得，化简整理得，即曲线的方程为.
（2）联立方程组，整理得，
设，可得，
且，所以，
（ⅰ）由弦长公式，可得，
即，
因为，所以，的取值范围为；
（ⅱ）由且，
可得的中点坐标为，
所以的斜率，
因为点在线段的中垂线上，可得，解得，
所以存在，使得点在线段的中垂线上.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）利用题中的距离比化简得到，进而得到曲线的方程；
（2）设，联立方程组，利用韦达定理得：，（ⅰ）利用弦长公式，化简得，结合不等式的性质求出的范围；
（ⅱ）根据（i）先求得的中点坐标，进而求出斜率，因为在线段的中垂线上，化简得，求出的值.
（1）解：因为动点与定点的距离和点到定直线的距离的比是常数，
可得，化简整理得，即曲线的方程为.
（2）解：联立方程组，整理得，
设，可得，
且，所以，
（ⅰ）由弦长公式，可得，
即，
因为，所以，的取值范围为；
（ⅱ）由且，
可得的中点坐标为，
所以的斜率，
因为点在线段的中垂线上，可得，解得，
所以存在，使得点在线段的中垂线上.
18．（2025·四川模拟）如图，在直四棱柱中，四边形为正方形，，分别为的中点，是棱上的动点（包含端点）．
（1）请说明当点在何处时，四点在同一平面内；
（2）当点满足时，求三棱锥的体积；
（3）设二面角的大小为，求的最大值．
【答案】（1）方法一：如图，取的中点，连接，
由已知，，，所以，，
易知，当点位于点的位置时，，
此时四点在同一平面内，
平面，
若四点在同一平面内，
则，当点不在点的位置时，
与不平行，从而与不平行，
因此四点不在同一平面内，
所以，当且仅当点位于点的位置时，四点在同一平面内；
（2）由（1），，
设平面的法向量为，
则
不妨设，可得，，
所以为平面的一个法向量，
由已知，当时，可得，则，
所以点到平面的距离为，
在中，，
所以，，；
（3）方法一：由（1）可知，四点在同一平面内，
则二面角的平面角与二面角的平面角互补，
所以，
设点到平面的距离为，点到直线的距离为，
则，
在矩形中，，又因为，
则，又因为，
所以，是异面直线与的公垂线，
故当点运动至点时，点到直线的距离最小，且，
此时点到平面的距离最大，
即等于点到平面的距离，
所以，的最大值为，
在中，，
边上的高为，
由，得，
即，
所以，，解得，
所以，的最大值为；
方法二：由（2）可知平面的一个法向量为，
设，则，
设平面的法向量为，则
不妨设，可得，，
所以为平面的一个法向量，
则，
令，则，
所以，
所以，当且仅当，即时，取得最小值，
此时，取得最大值．
【知识点】平面的基本性质及推论；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用面面平行以及基本事实一的推论得到四点共面；
（2）根据题意，建系后得到坐标，接着利用点到平面的距离公式求出三棱锥的高，进而求出底面三角形的面积，即可得到体积；
（3）方法一根据面面角定义求出的最大值为，方法二利用空间向量法计算二面角计算利用二次函数以及不等式性质即可得到结果.
（1）方法一：如图，取的中点，连接，
由已知，，，所以，，
易知，当点位于点的位置时，，
此时四点在同一平面内，
平面，
若四点在同一平面内，
则，当点不在点的位置时，
与不平行，从而与不平行，
因此四点不在同一平面内，
所以，当且仅当点位于点的位置时，四点在同一平面内；
方法二：根据已知，以为原点，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
又因为，
则，
所以，
显然，与不共线，令，
由上可得，
，
于是有解得
此时，，
所以，当且仅当点在点的位置时，四点在同一平面内；
（2）由（1），，
设平面的法向量为，
则
不妨设，可得，，
所以为平面的一个法向量，
由已知，当时，可得，则，
所以点到平面的距离为，
在中，，
所以，，；
（3）方法一：由（1）可知，四点在同一平面内，
则二面角的平面角与二面角的平面角互补，
所以，
设点到平面的距离为，点到直线的距离为，
则，
在矩形中，，又因为，
则，又因为，
所以，是异面直线与的公垂线，
故当点运动至点时，点到直线的距离最小，且，
此时点到平面的距离最大，
即等于点到平面的距离，
所以，的最大值为，
在中，，
边上的高为，
由，得，
即，
所以，，解得，
所以，的最大值为；
方法二：由（2）可知平面的一个法向量为，
设，则，
设平面的法向量为，则
不妨设，可得，，
所以为平面的一个法向量，
则，
令，则，
所以，
所以，当且仅当，即时，取得最小值，
此时，取得最大值．
19．（2025·四川模拟）定义二元函数，且同时满足：①；②两个条件．
（1）求的值；
（2）当时，比较和0的大小；
（3）若为的极大值点，求的取值范围．
附：参考公式：
【答案】（1）由题意知，，
；
（2）由已知，
当时，，
，
所以
，
当且仅当时，上式取得等号，但不可能成立，
当时，，不等式也成立，
所以当时，；
（3）因为，
所以，注意到，
，注意到，
令，
则，注意到，
令，
则，
可知当时，，
则当时，为增函数，即为增函数，
若，即当时，
存在，使得当时，为增函数，即为增函数，
所以在区间上为增函数，
所以不是的极大值点，不符合题意，舍去，
若，即当时，
存在，使得当时，为减函数，即为减函数，
所以，在区间上，，函数单调递减，
在区间上，，函数单调递增，
所以，是的极大值点，符合题意，
综上所述，的取值范围为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）利用题中的定义进行代入化简得到结果 ；
（2）利用题中的定义先求出解析式，接着利用解裂项相消以及不等式的性质求解即可得到结果；
（3）根据题意，将函数进行化简，接着求出导函数，利用导函数得出函数单调性及极值点进行判断即可得到结果.
（1）由题意知，，
；
（2）由已知，
当时，，
，
所以
，
当且仅当时，上式取得等号，但不可能成立，
当时，，不等式也成立，
所以当时，；
（3）因为，
所以，注意到，
，注意到，
令，
则，注意到，
令，
则，
可知当时，，
则当时，为增函数，即为增函数，
若，即当时，
存在，使得当时，为增函数，即为增函数，
所以在区间上为增函数，
所以不是的极大值点，不符合题意，舍去，
若，即当时，
存在，使得当时，为减函数，即为减函数，
所以，在区间上，，函数单调递减，
在区间上，，函数单调递增，
所以，是的极大值点，符合题意，
综上所述，的取值范围为．
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