四川省南充市2025屆高三高考適應(yīng)性考試（三診）數(shù)學(xué)試題1．已知i為虛數(shù)單位，若zi=1?i，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．集合A=xlgx≤0，B=xA．xx≤0或x>1 B．xx≥1 C．xx<0或x>13．設(shè)l，m，n表示不同的直線，α，β，γ表示不同的平面，則下列結(jié)論正確的是（）A．若α⊥β，γ⊥β，則α⊥γB．若l//m，m⊥α，則l⊥αC．若m⊥n，m⊥α，n//β，則α⊥βD．若α⊥β，m//α，n⊥β，則m//n4．某市20000名學(xué)生參加一次數(shù)學(xué)測試（滿分150分），學(xué)生的測試成績X近似服從正態(tài)分布N100,102附：（若X～Nμ,σ2，則PA．2717 B．2718 C．6827 D．95455．函數(shù)fx的圖象如圖所示，則fA．fx=10cosxx2C．fx=106．已知a=2cos73°，則2sinA．?2 B．?1 C．?12 7．如圖是一個圓臺的側(cè)面展開圖（扇形的一部分），若AD=BD=3，∠ABC=120°，則該圓臺的內(nèi)切球的表面積為（）A．π B．2π C．4π D．8π8．已知橢圓C1：x2a12+y2b12=1a1>b1>0和雙曲線A．y=±22x B．y=±x C．y=±9．2024年10月央行再次下調(diào)人民幣存款利率，存款利率下調(diào)是為了刺激經(jīng)濟(jì)增長促進(jìn)投資和消費(fèi)而采取的一種貨幣政策.下表為某銀行近年來的人民幣一年定期存款利率：時間2018年2019年2020年2021年2022年2023年2024年利率%1.551.501.751.751.551.851.65關(guān)于表中的7個存款利率數(shù)據(jù)，下列結(jié)論正確的是（）A．極差為0.35 B．平均數(shù)小于1.65C．中位數(shù)為1.65 D．20%分位數(shù)為1.5010．已知等式ab=eaa>0,a≠1其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，將a視為自變量x（x>0A．fB．fC．若方程fx=2mD．當(dāng)k>e時，若fx=k的兩實(shí)根為x1，11．已知曲線C:xA．曲線C關(guān)于x軸對稱B．曲線C上任一點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離都不超過2C．曲線C內(nèi)部（不含邊界）有4個整點(diǎn)（橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn)）D．曲線C構(gòu)成的封閉圖形面積大于x?1212．?dāng)?shù)列ann是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，則a13．已知曲線fx=xcosx，圓C:x?12+y+12=9，若直線l與曲線fx14．用平面截圓錐可得到不同的圓錐曲線.如圖，已知圓錐PO的側(cè)面積為22π，它的軸截面為等腰直角三角形.過圓錐底面圓心O作平面α，使圓錐軸PO與平面α成45°角，此時平面α截圓錐側(cè)面所得圖形記為拋物線C，則拋物線C的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為15．記△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知acosC+ccosA=2bcosA.（1）求角A；（2）若bc=16，求△ABC外接圓面積的最小值.16．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)1?3,0，F(xiàn)2（1）求曲線C的方程；（2）若直線y=kx?1與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，且D1217．如圖，在等腰梯形ABCD中，AD//BC，AB=AD=12BC=2，E是BC的中點(diǎn)，AE∩BD=M，將△BAE沿著AE（1）求證：CD⊥平面B1（2）若平面B1AE⊥平面AECD，求平面B1（3）在線段B1C上是否存在點(diǎn)P，使得MP//平面B118．甲、乙兩個不透明的口袋內(nèi)裝有除顏色外大小質(zhì)地完全相同的若干個小球，已知甲口袋有mm≥1,m∈N?（1）當(dāng)m=n=4時.（i）求小明4次摸球中，至少摸出1個白球的概率；（ii）設(shè)小明4次摸球中，摸出白球的個數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望EX（2）當(dāng)m=2n時，設(shè)小明4次摸球中，恰有3次摸出紅球的概率為P，則當(dāng)m為何值時，P最大？19．牛頓在《流數(shù)法》一書中，給出了高次代數(shù)方程的一種數(shù)值解法—牛頓法.如圖，r是函數(shù)fx的零點(diǎn)，牛頓用“作切線”的方法找到了一串逐步逼近r的實(shí)數(shù)x0，x1，…xn?1，xn，在點(diǎn)x0,fx0處作fx的切線，則fx在x=x0處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x1，同理fx在x1,fx1處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x2，一直繼續(xù)下去，得到數(shù)列（1）當(dāng)x0=1時，求fx=0的近似解（2）在（1）的條件下，求數(shù)列xn的前n項(xiàng)和S（3）當(dāng)x>0時，令gx=13x?lnfx?12，若?1

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：若zi=1?i，則z=1?i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為?1,?1，位于第三象限.故答案為：C.【分析】利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運(yùn)算化簡z，再根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義求解即可.2．【答案】A【解析】【解答】解：由lgx≤0=lg1，解得0<x≤1由已知集合2x>1=20，解得A∩B={x|0<x≤1}，則?RA∩B={x|x≤0故答案為：A.【分析】解不等式求得集合A與集合B，再求A∩B，最后再求?R3．【答案】B【解析】【解答】解：A、若α⊥β，γ⊥β，則α⊥γ或α//γ，故A錯誤；B、若l//m，m⊥α，則l⊥α，故B正確；C、若m⊥n，m⊥α，n//β，平面α,β的位置關(guān)系不能確定，故C錯誤；D、正方體ABCD?A平面ABCD⊥平面BCC1B1，AA1⊥平面ABCD所以兩個平面互相垂直，一個平面的垂線與另一個平面的平行線未必平行，故D錯誤.故答案為：B.【分析】利用線線，線面，面面的位置關(guān)系對各個選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可.4．【答案】C【解析】【解答】解：因?yàn)閷W(xué)生的測試成績X近似服從正態(tài)分布N100,102，

則測試成績在90,100內(nèi)的學(xué)生人數(shù)約為：20000×0.34135=6827.故答案為：C.【分析】根據(jù)正態(tài)分布的對稱性求解即可.5．【答案】B【解析】【解答】解：由圖可知fx的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，則fA、函數(shù)fx=10cosxx2則fxB、函數(shù)fx=10sinxx2+1定義域?yàn)镽，滿足f?x=10sin?xx2+1=?fxD、函數(shù)fx=10ex?e?xx2+2定義域?yàn)镽，

滿足f(?x)=故答案為：B.【分析】求函數(shù)的定義域，判斷奇偶性即可判斷A、C；由函數(shù)在x>0上的函數(shù)值的即可判斷D.6．【答案】C【解析】【解答】解：a=2cos73°，則2=?cos故答案為：C.【分析】由題意，利用同角三角函數(shù)關(guān)系，余弦、正弦的二倍角公式，誘導(dǎo)公式化簡求值即可.7．【答案】D【解析】【解答】解：若AD=BD=3，∠ABC=120°，則AB=AD+BD=6，∠ABC=2π由弧長公式可得：AC=2π3則圓臺上底面半徑：r1=取圓臺的軸截面，如圖所示：則圓臺的高：?=AD故內(nèi)切球表面積：S=4π故答案為：D.【分析】利用已知條件求得圓臺的底面半徑長，進(jìn)而根據(jù)勾股定理求得圓臺的高，即內(nèi)切球的直徑，利用球體體積公式求解即可.8．【答案】B【解析】【解答】解：易知F1因?yàn)镃1的離心率為63，所以c=63a1，即a1令線段PF1的垂直平分線與線段PF又因?yàn)镺是F1F2的中點(diǎn)，則OM//P又因?yàn)镻F22+P所以2a22=2c2，所以則雙無線C2的漸近線方程為y=±故答案為：B.【分析】易知F1?c,0，由橢圓的離心率求得a1=62c，再由線段P9．【答案】A,C【解析】【解答】解：7個存款利率數(shù)據(jù)從小到大排列為：1.50,1.55,1.55,1.65,1.75,1.75,1.85；A、極差為1.85?1.50=0.35，故A正確；B、平均數(shù)為1.50+1.55+1.55+1.65+1.75+1.75+1.857=11.6C、中位數(shù)為1.65，故C正確；D、20%×7=1.4，則20%故答案為：AC.【分析】先將存款利率數(shù)據(jù)從小到大排列，再利用極差、平均數(shù)、百分位數(shù)、中位數(shù)公式計(jì)算判斷即可.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：由題意可知：xy=exx>0,x≠1且x>0,x≠1，故函數(shù)y=xA、feB、函數(shù)fx=xlnx定義域?yàn)?,1∪1，+∞，f'x=lnx?1ln2x，

令f'x=ln則f3<fπ<f4C、fx=f?x則fx=2m有4個不等的實(shí)根，即fx且fx在1,e和0,1上單調(diào)遞減，在e,+故2m>fe=e，即D、由fx的單調(diào)性可知，當(dāng)k>e時，若fx=k的兩實(shí)根為x則1<x1<e<x2引入不等式x+y2證明過程如下：不妨設(shè)x>y>0，因?yàn)閤+y2設(shè)xy=t，t>1，則問題轉(zhuǎn)化為：lnt?令gxg'x=所以gx在(1,+∞)故lnt?2t?1t+1>0故x1故x1故答案為：ABD.【分析】根據(jù)題意求出fx=x11．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、設(shè)點(diǎn)Px,y為曲線上任意一點(diǎn)，點(diǎn)Px,y關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為將P1x,?y代入曲線方程得x2+?y2=x2+?yB、由x2+y2=x2+y2+xC、令x=0，解得y=0或y=±1，即曲線經(jīng)過(0,0)，(0,1),(0,?1),不含邊界無整數(shù)解，由B可知曲線C上任一點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離都不超過2，?2≤x≤2，令x=1，得y2=1+52令x=?1，得y4令x=2，得y2=0，即曲線經(jīng)過令x=?2，得y4因此曲線C只能經(jīng)過4個整點(diǎn)(0,0)，(0,1),(0,?1)，(2,0)，曲線C內(nèi)部有3個整點(diǎn)，故C錯誤；D、由上分析，作出該曲線C，可見圖象包含圓x?12所以曲線C構(gòu)成的封閉圖形面積大于x?12故答案為：ABD.【分析】運(yùn)用點(diǎn)(x,y)關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)是P1x,?y滿足方程，則曲線的圖象關(guān)于x軸對稱即可判斷A；根據(jù)已知條件可得12．【答案】45【解析】【解答】解：因?yàn)閿?shù)列ann是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，所以即an=2n故答案為：45.【分析】由題意，根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)公式求解即可.13．【答案】y=x?2【解析】【解答】解：函數(shù)fx=xcosx定義域?yàn)镽，f'x=cosx?x易知圓C:x?12+y+12因?yàn)橹本€l被圓C截得的弦長為6，所以直線l過圓C的圓心1,?1，則l方程為y+1=x?1，即y=x?2.故答案為：y=x?2.【分析】求函數(shù)的定義域，再求導(dǎo)，求得f'0=114．【答案】1【解析】【解答】解：設(shè)圓錐底面半徑為r，

因?yàn)檩S截面為等腰直角三角形，所以PO=r，母線長為PA又因?yàn)閳A錐PO的側(cè)面積為22π，所以12取PB的中點(diǎn)M，過O作CD⊥AB，連接OM，如圖所示：

易知OM⊥PB，由圓錐的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)易知CD⊥PO，又PO,AB為平面PAB內(nèi)兩條相交直線，所以CD⊥平面PAB，

又因?yàn)镻B在平面PAB，所以CD⊥PB，

又因?yàn)镺M,CD為平面CDM內(nèi)兩條相交直線，所以PB⊥平面CDM，所以∠POM即為圓錐軸PO與平面α成45°角，即∠POM=45又因?yàn)镺為AB的中點(diǎn)，M是PB中點(diǎn)，所以O(shè)M為中位線，所以PA//OM,PB⊥OM，所以O(shè)M=又因?yàn)镺D=2，以M為原點(diǎn)，MO為x軸建立坐標(biāo)系如圖示，則設(shè)拋物線y2=2px，把D1,則拋物線為：y2=2x，焦點(diǎn)F1故答案為：1.【分析】以M為原點(diǎn)，MO為x軸建立坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)法求出拋物線方程求解即可.15．【答案】（1）解：acosC+ccosA=2bcosA，由正弦定理可得sinA即sinA+C=sinB=2sinBcos（2）解：若bc=16，A=π3，則當(dāng)且僅當(dāng)b=c時等號成立，則a的最小值為4，設(shè)△ABC的外接圓的半徑為R，由正弦定理2R=asinA，可得R則外接圓面積的最小值為163【解析】【分析】（1）由題意，利用正弦定理結(jié)合三角函數(shù)的恒等變換求解即可；（2）由余弦定理與重要不等式，可得邊a的最小值，根據(jù)正弦定理可得外接圓的半徑，再求外接球的面積即可.（1）由acosC+ccosA=2bcosA，根據(jù)正弦定理，則sinA即sinA+C=2sinBcos由0<B<π，即sinB>0，則cosA=1（2）由余弦定理可得a2當(dāng)且僅當(dāng)b=c時，等號成立，則a的最小值為4，設(shè)△ABC的外接圓的半徑為R，由正弦定理可得2R=asinA，則R所以外接圓面積的最小值為16316．【答案】（1）解：易知F1F2=23，

因?yàn)椤鱌F1F2的周長為4+2由橢圓的定義可知：動點(diǎn)P的軌跡是以F1?3則c=3，2a=4，b=故曲線C的方程為x2（2）解：聯(lián)立x24+y2=1y=kx?1，消去y整理可得(1+4k2)x2?8k2x+4(k2?1)=0，

則Δ=64k4?16(1+4k2)(k2?1)=16(3k2+1)>0，

設(shè)Ax1,y1【解析】【分析】（1）由題意可得：動點(diǎn)P到F1?3（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，根據(jù)韋達(dá)定理以及中點(diǎn)坐標(biāo)公式和垂直平分線的性質(zhì)求解即可.（1）由題意可知：PF∴P由橢圓的定義知，動點(diǎn)P的軌跡是以F1?3可設(shè)方程為x2則c=3，2a=4，解得a=2，則b=故曲線C的方程為x2（2）聯(lián)立方程組x24+y2則Δ=64設(shè)Ax1,y1，B則由韋達(dá)定理可知：x1+x∴x3=∵D12,0，DA又kDM則kDM?kAB=17．【答案】（1）證明：連接DE，如圖所示：因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)，且AD=12BC=2又因?yàn)锳D//BE，所以四邊形ABED是平行四邊形，同理可證四邊形AECD也是平行四邊形，又因?yàn)锳B=AD，所以四邊形ABED是菱形，所以AE⊥BD，即CD⊥BD，將△BAE沿著AE翻折成△B1AE，有AE⊥又因?yàn)锽1M∩DM=M，B1M,DM?平面B1故CD⊥平面B1（2）解：平面B1AE⊥平面AECD，平面B1B1M?平面B1AE，B1DM?平面AECD，所以B1由（1）知AE⊥B1M，AE⊥DM以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：易知△ABE、△ADE均為等邊三角形，B10,0,3易知平面B1MD的一個法向量為n=1,0,0，

設(shè)平面B1令y=1，得x=?3,z=1，即則cosm即平面B1MD與平面B1（3）解：假設(shè)線段B1C上存在點(diǎn)P，使得MP//平面過點(diǎn)P作PQ//CD交B1易知AM//CD//PQ，即A，M，P，Q四點(diǎn)共面，因?yàn)镸P//平面B1AD，MP?平面AMPQ，平面AMPQ∩平面所以MP//AQ，所以四邊形AMPQ為平行四邊形，所以PQ=AM=12CD故在線段B1C上存在點(diǎn)P，使得MP//平面B1【解析】【分析】（1）連接DE，由題意推出四邊形ABED是菱形，AE⊥BD，根據(jù)翻折前后不變的位置關(guān)系可證AE⊥平面B1DM，結(jié)合（2）先說明AE，B1（3）假設(shè)線段B1C上存在點(diǎn)P，使得MP//平面B1（1）在梯形ABCD中，連接DE，因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)，AD=12BC=2又AD//BE，所以四邊形ABED是平行四邊形，同理可證四邊形AECD也是平行四邊形，因?yàn)锳B=AD，所以四邊形ABED是菱形，所以AE⊥BD，翻折后，有AE⊥B1M因?yàn)锽1M∩DM=M，B1M,DM?平面B1因?yàn)樗倪呅蜛ECD是平行四邊形，所以AE//CD，所以CD⊥平面B1（2）平面B1AE⊥平面AECD，平面B1B1M?平面B1AE，B1DM?平面AECD，所以B1由（1）知AE⊥B1M，AE⊥DM以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)锳B=BE=AE，所以△ABE為等邊三角形，同理△ADE也為等邊三角形，所以B10,0,3設(shè)平面B1AD的法向量為m=令y=1，得x=?3,z=1，所以易知平面B1MD的一個法向量為所以cosm由圖，平面B1MD與平面故平面B1MD與平面B1（3）假設(shè)線段B1C上存在點(diǎn)P，使得MP//平面過點(diǎn)P作PQ//CD交B1所以AM//CD//PQ，即A，M，P，Q四點(diǎn)共面，因?yàn)镸P//平面B1AD，MP?平面AMPQ，平面AMPQ∩平面所以MP//AQ，所以四邊形AMPQ為平行四邊形，所以PQ=AM=12CD故在線段B1C上存在點(diǎn)P，使得MP//平面B118．【答案】（1）解：（i）當(dāng)m=n=4時，即甲口袋有4個紅球和4個白球，乙口袋有4個紅球和2個白球，

有放回的摸球，甲口袋取到白球、紅軍=球的概率均為12，乙口袋摸到紅球的概率為23、白球概率為13，

設(shè)事件A（ii）由題可知，隨機(jī)變量X可能的取值為0,1,2,3,4，P(X=0)=1P(X=1)=2×1P(X=2)=1P(X=3)=2×1P(X=4)=1?分布列如下，X01234P111311E(X)=0×1（2）解：當(dāng)m=2n時，小明4次摸球中，恰有3次摸出紅球的概率P=2×m令f(x)=8x3當(dāng)0<x<6時，f'(x)>0；當(dāng)x>6時，函數(shù)f(x)=8x3(x+2)4當(dāng)n=6，即m=12時，P取得最大，且最大值為2764【解析】【分析】（1）（i）設(shè)事件A=“明4次摸球中，至少摸出1個白球”，利用對立事件計(jì)算概率即可；

（ii）由題可知，隨機(jī)變量X可能的取值為0,1,2,3,4，由題意計(jì)算概率，列分布列和求數(shù)學(xué)期望即可；（2）由題意，列出概率P=8n3（1）（i）設(shè)事件A：小明4次摸球中，至少摸出1個白球，則P(A)=1?4（ii）由題可知，X可能的取值為0,1,2,3,4，甲口袋每次摸到紅球的概率為12，每次摸到白球的概率為1乙口袋每次摸到紅球的概率為23，每次摸到白球的概率為1P(X=0)=1P(X=1)=2×1P(X=2)=1P(X=3)=2×1P(X=4)=1?分布列如下，X01234P111311所以E(X)=0×1（2）小明4次摸球中，恰有3次摸出紅球的概率P=2×m因?yàn)閙=2n，所以P=8m令f(x)=8x3所以當(dāng)0<x<6時，f'(x)>0；當(dāng)x>6時，所以函數(shù)f(x)=8x3(x+2)4所以當(dāng)n=6，即m=12時，P最大，最大值為276419．【答案】（1）解：函數(shù)fx=2x+13，f'x=62x+12，

當(dāng)x0=1同理可得在x=x1=12處的切線方程為y?8=24（2）解：由（1）可知：xn+1整理可得xn+1則數(shù)列xn+12是以即xn故數(shù)列xn的前n項(xiàng)和S（3）證明：由題意可得gx=1令g'x=0，得x=1e，當(dāng)x∈0,1所以gx在0,1e單調(diào)遞減，在1又當(dāng)x→0+時，gx→0；當(dāng)x→+∞時，所以當(dāng)m∈?1e又?14,0??1e且α∈0,1e先證明右半部分：β?α<m+1，考慮gx在x=1處的切線方程：當(dāng)y=m時，x=m+1，因?yàn)?>β，所以y=m與切線的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)大于β，即β<m+1