还剩10页未读，
继续阅读
2025届四川省成都石室中学新高三零诊模拟考试数学试题（解析版）
展开
这是一份2025届四川省成都石室中学新高三零诊模拟考试数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知函数的导函数的图像如右图，则
A．函数有1个极大值点，1个极小值点
B．函数有2个极大值点，2个极小值点
C．函数有3个极大值点，1个极小值点
D．函数有1个极大值点，3个极小值点
【答案】A
【分析】根据图象得到单调性即可判断.
【详解】由图象可得，当时递增，
当时，递减，
当时，递增，
所以是极大值点，是极小值点.
故选：A
2．已知数列是等比数列，若，是的两个根，则 的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据一元二次方程韦达定理得出，得出，再利用等比数列的性质，计算出结果；
【详解】若，是的两个根，则，
因为数列是等比数列，，.
故选：C.
3．掷一个骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中事件发生的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由互斥事件的概率可知，从而得解.
【详解】由已知得：，，
事件B表示“小于5的点数出现”，
则事件表示“出现5点或6点”
故事件与事件互斥，
故选：C
4．若f(x)=上是减函数，则b的取值范围是（ ）
A．[-1，+∞）B．（-1，+∞）C．（-∞，-1]D．（-∞，-1）
【答案】C
【详解】由题意可知，在上恒成立，即在上恒成立，由于，所以，故Ｃ为正确答案．
5．某次文艺汇演，要将这六个不同节目编排成节目单．如果两个节目要相邻，且都不排在第3个节目的位置，那么节目单上不同的排序方式有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】B
【分析】将捆绑，且可从3个位置选择，再将剩余4人进行全排列，得到答案.
【详解】将捆绑，且可放入；和三个位置，故有种情况，
将其它4个节目和4个位置进行全排列，有种情况，
故节目单上不同的排序方式有种.
故选：B
6．若随机变量的可能取值为，且（），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据概率之和等于1得到方程，求出，计算出期望，进而计算出方差.
【详解】由题意得，解得，
故，
.
故选：A
7．A、B两位同学各有2张卡片，现以投掷均匀硬币的形式进行游戏，当出现正面向上时A赢得B一张卡片，否则B赢得A一张卡片，如果某人已赢得所有卡片，则游戏终止，那么恰好掷完6次硬币时游戏终止的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分析出能导致在投掷硬币第6次时结束的各种情况即可.
【详解】设A赢得B卡片为事件A，B赢得A卡片为事件B，
依题意，在第6次硬币投掷时游戏结束，如果是A赢了B的卡片，
则必然是以下4种情形中的一种：ABABAA，ABBAAA，BABAAA，BAABAA；
如果是B赢了A的卡片，
则必然是以下4种情形中的一种：BABABB，BAABBB，ABABBB，ABBABB，
所以第6次投掷硬币游戏结束的概率为： ，
故选：C.
8．在的二项展开式中，含的奇次幂的项之和为，当时，等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用二项式定理得的二项展开式，令分别取、得到两等式，令两等式相减即可得解.
【详解】由题得，
所以当时有①，
当时有②，
所以①②得，
故.
故选：B.
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．有两个极值点
B．有一个零点
C．点是曲线的对称中心
D．直线是曲线的切线
【答案】BC
【分析】利用导数y与零点存在性定理求解三次函数的极值点，零点，对称中心，切线问题.
【详解】选项A：则恒成立，故单调递增，故不存在两个极值点，故选项A错误.
选项B:又单调递增，故有一个零点，故选项B正确，
选项C：故点是曲线的对称中心，故选项C正确，
选项D：令，即，
令，则令，
则
当则当切线斜率为切点为则切线方程为：与不相等，
当时同样切线方程不为，故选项D错误.
故选：BC.
10．已知，都是服从正态分布的随机变量，且，，其中，，则下列命题正确的有（ ）
A．
B．
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】ACD
【分析】由正态分布的期望公式及方差公式即可判断AB；由正态分布的对称性即可判断C；由方差的性质即可判断D．
【详解】对于A，由正态分布的期望公式得，，故A正确；
对于B，由正态分布的方差公式得，，故B错误；
对于C，由正态分布的对称性得，，
所以，故C正确；
对于D，由，，，则，，
根据方差的性质知，分布更集中，所以，故D正确；
故选：ACD．
11．斐波那契数列满足，（）．下列命题正确的有（ ）
A．
B．存在实数，使得成等比数列
C．若满足，（），则
D．
【答案】BC
【分析】对于选项A，根据斐波那契数列递推出的值，代入验证等式是否成立即可；对于选项B，根据等比数列的概念写出该数列的表达式，再代入题干条件即可验算是否存在符合条件的；对于选项C，现根据满足的条件式递推各项，再根据斐波那契数的概念验证等式是否成立；对于选项D选项，分别计算等式两边的算式，比较结果是否相等即可.
【详解】对A，因为满足，
所以，，， ，
，，，
所以，，
所以，所以A选项错误；
对B，若为等比数列，则可设，
将代入可得，，
即，则有或，
所以存在实数，使得数列为等比数列，故B选项正确；
对C，根据数列的递推公式可计算出如下结果，
显然的分子为满足斐波那契数列，可以表示为，
同理，的分母为满足斐波那契数列，
可以表示为，所以，故C选项正确；
对D，根据斐波那契数列公式可得，，
又因为，
所以，故D选项错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：（1）本题属于与斐波那契数列相关的问题，关键是理解其含义，运用斐波那契数列进行递推，求出相应的项，同时还可以推出其通项公式；（2）本题构造等比数列的表达式，求出参数值是关键，在此基础上也可以求出斐波那契数列的通项公式.
三、填空题
12．函数（）的最大值为 ．
【答案】
【分析】求导，得到函数单调性，进而得到最大值.
【详解】，当时，，
当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，
最大值为.
故答案为：
13．甲乙二人同时向某个目标射击一次．甲命中的概率为，乙命中的概率为，且两人是否命中目标互不影响．若目标恰被击中一次，则甲命中目标的概率为 ．
【答案】
【分析】根据独立事件概率乘法公式以及对立事件概率公式求解目标恰被击中一次，目标恰被击中一次且甲命中目标的概率，再利用条件概率公式计算若目标恰被击中一次，则甲命中目标的概率的结果.
【详解】事件记为目标恰被击中一次，则，
事件记为甲命中目标，则
若目标恰被击中一次，则甲命中目标的概率为,
故答案为：.
14．数列满足，，则的整数部分是 ．
【答案】
【分析】由变形得，进而通过题意累加得，再通过研究值的大小情况即可得解.
【详解】因为，故，
所以，即，
故，
又由得，
即，
又因为，，，
所以，
所以，所以，故的整数部分为1.
故答案为：1.
四、解答题
15．已知是等差数列，，且，，成等比数列．
(1)求数列的公差；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)或．
(2)或．
【分析】（1）设等差数列的公差为，由已知条件列方程求解；
（2）由数列的通项，公式法求前项和.
【详解】（1）设等差数列的公差为，由，，成等比数列，
有，解得或．
（2）由（1）因此数列的通项公式为或．
由于或，
由等比数列前项和公式得或．
16．如图所示，斜三棱柱的各棱长均为， 侧棱与底面所成角为，且侧面底面．
(1)证明：点在平面上的射影为的中点；
(2)求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2
【分析】（1）于，由平面平面，证得平面，再证得为等边三角形，可得为中点；
（2）过作于，则是二面角的平面角，由已知数据计算即可．
【详解】（1）过作于，
由平面平面，平面平面，
平面，，得平面，因此，
又，从而为等边三角形，为中点．
（2）由于是等边三角形，所以，
而平面平面，平面平面，
平面，所以平面，平面，则有，
过作于，连接，，平面，
所以平面，由平面，则，
则是二面角的平面角．
由于，，所以中，．
因此二面角的正切值为.
17．已知函数（为常数，为自然对数的底）在时取得极小值．
(1)试确定的取值范围；
(2)当变化时，设由的极大值构成的函数为，试判断曲线只可能与直线、（，为确定的常数）中的哪一条相切，并说明理由．
【答案】(1)
(2)只可能与相切，理由见解析
【分析】（1）求出分情况即可求解；
（2）求出，，令，求出，求出的单调性，据此即可求解.
【详解】（1），当时，恒成立，无极值，
当时，当时，；当时，，则是的极小值点，
当时，当时，；当时，，则是的极大值点，
因此.
（2）当时，当时，，时，，
则是的极大值点，因此（），
设，，
于是，令，
则，故在上单调递增，
，即恒成立，
所以曲线的切线的斜率可能为，不可能为，
即只可能与相切.
18．椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，离心率，椭圆上的点到焦点的最短距离为，直线与轴交于点（），与椭圆交于相异两点、，且．
(1)求椭圆方程；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意列出关于，，的方程组，求出，，即可得解.
（2）由向量共线得出的值、直线斜率存在且不为，设直线方程为，联立椭圆方程求出值和韦达定理，利用得出，结合所得韦达定理即可求解.
【详解】（1）设椭圆的方程为，
由题，解得，，
因此椭圆的方程为即．
（2）由题意可知向量起点相同，终点共线，
又由得，
故，即，即，
显然直线斜率存在且不为，设其方程为，
联立方程，消去，得，所以，
设，，则，，
又由得，即，
因此，从而，，
所以，
整理得，即，
解得或．经检验，此时，
因此的取值范围是.
19．为了估计鱼塘中鱼的数量，常常采用如下方法：先从鱼塘中捞出条鱼，在鱼身上做好某种标记后再放回鱼塘．一段时间后，再从鱼塘中捞出条鱼，并统计身上有标记的鱼的数目，就能估计出鱼塘中的鱼的总数．已知，设第二次捞出的条鱼中身上有标记的鱼的数目为随机变量．
(1)若已知，．
①求的均值；
②是否有的把握认为能捞出身上有标记的鱼（即能捞出身上有标记的鱼的概率不小于）？
(2)若，其中身上有标记的鱼有条，估计池塘中鱼的总数（将使最大的作为估计值）．
参考数据：，，，．
【答案】(1)①2；②没有的把握认为能捞出身上有标记的鱼
(2)
【分析】（1）①由超几何分布的均值公式求解；②计算，判断是否成立；
（2）由，令，利用作差比较，求最大的.
【详解】（1）①由题意可知服从超几何分布，
则．
②由于，而，
从而，
因此，，所以没有的把握认为能捞出身上有标记的鱼．
（2）由题意，且．
只需求使得最大的．
由于，，
从而
因此，当时，，当时，．
所以，当时，最大．
综上所述，的估计值为．
【点睛】关键点点睛：
求最大时的估计值，由，只需求使得最大的，利用作差法结合组合数公式求数列的单调性，可得的估计值.
一、单选题
1．已知函数的导函数的图像如右图，则
A．函数有1个极大值点，1个极小值点
B．函数有2个极大值点，2个极小值点
C．函数有3个极大值点，1个极小值点
D．函数有1个极大值点，3个极小值点
【答案】A
【分析】根据图象得到单调性即可判断.
【详解】由图象可得，当时递增，
当时，递减，
当时，递增，
所以是极大值点，是极小值点.
故选：A
2．已知数列是等比数列，若，是的两个根，则 的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据一元二次方程韦达定理得出，得出，再利用等比数列的性质，计算出结果；
【详解】若，是的两个根，则，
因为数列是等比数列，，.
故选：C.
3．掷一个骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中事件发生的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由互斥事件的概率可知，从而得解.
【详解】由已知得：，，
事件B表示“小于5的点数出现”，
则事件表示“出现5点或6点”
故事件与事件互斥，
故选：C
4．若f(x)=上是减函数，则b的取值范围是（ ）
A．[-1，+∞）B．（-1，+∞）C．（-∞，-1]D．（-∞，-1）
【答案】C
【详解】由题意可知，在上恒成立，即在上恒成立，由于，所以，故Ｃ为正确答案．
5．某次文艺汇演，要将这六个不同节目编排成节目单．如果两个节目要相邻，且都不排在第3个节目的位置，那么节目单上不同的排序方式有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】B
【分析】将捆绑，且可从3个位置选择，再将剩余4人进行全排列，得到答案.
【详解】将捆绑，且可放入；和三个位置，故有种情况，
将其它4个节目和4个位置进行全排列，有种情况，
故节目单上不同的排序方式有种.
故选：B
6．若随机变量的可能取值为，且（），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据概率之和等于1得到方程，求出，计算出期望，进而计算出方差.
【详解】由题意得，解得，
故，
.
故选：A
7．A、B两位同学各有2张卡片，现以投掷均匀硬币的形式进行游戏，当出现正面向上时A赢得B一张卡片，否则B赢得A一张卡片，如果某人已赢得所有卡片，则游戏终止，那么恰好掷完6次硬币时游戏终止的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分析出能导致在投掷硬币第6次时结束的各种情况即可.
【详解】设A赢得B卡片为事件A，B赢得A卡片为事件B，
依题意，在第6次硬币投掷时游戏结束，如果是A赢了B的卡片，
则必然是以下4种情形中的一种：ABABAA，ABBAAA，BABAAA，BAABAA；
如果是B赢了A的卡片，
则必然是以下4种情形中的一种：BABABB，BAABBB，ABABBB，ABBABB，
所以第6次投掷硬币游戏结束的概率为： ，
故选：C.
8．在的二项展开式中，含的奇次幂的项之和为，当时，等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用二项式定理得的二项展开式，令分别取、得到两等式，令两等式相减即可得解.
【详解】由题得，
所以当时有①，
当时有②，
所以①②得，
故.
故选：B.
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．有两个极值点
B．有一个零点
C．点是曲线的对称中心
D．直线是曲线的切线
【答案】BC
【分析】利用导数y与零点存在性定理求解三次函数的极值点，零点，对称中心，切线问题.
【详解】选项A：则恒成立，故单调递增，故不存在两个极值点，故选项A错误.
选项B:又单调递增，故有一个零点，故选项B正确，
选项C：故点是曲线的对称中心，故选项C正确，
选项D：令，即，
令，则令，
则
当则当切线斜率为切点为则切线方程为：与不相等，
当时同样切线方程不为，故选项D错误.
故选：BC.
10．已知，都是服从正态分布的随机变量，且，，其中，，则下列命题正确的有（ ）
A．
B．
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】ACD
【分析】由正态分布的期望公式及方差公式即可判断AB；由正态分布的对称性即可判断C；由方差的性质即可判断D．
【详解】对于A，由正态分布的期望公式得，，故A正确；
对于B，由正态分布的方差公式得，，故B错误；
对于C，由正态分布的对称性得，，
所以，故C正确；
对于D，由，，，则，，
根据方差的性质知，分布更集中，所以，故D正确；
故选：ACD．
11．斐波那契数列满足，（）．下列命题正确的有（ ）
A．
B．存在实数，使得成等比数列
C．若满足，（），则
D．
【答案】BC
【分析】对于选项A，根据斐波那契数列递推出的值，代入验证等式是否成立即可；对于选项B，根据等比数列的概念写出该数列的表达式，再代入题干条件即可验算是否存在符合条件的；对于选项C，现根据满足的条件式递推各项，再根据斐波那契数的概念验证等式是否成立；对于选项D选项，分别计算等式两边的算式，比较结果是否相等即可.
【详解】对A，因为满足，
所以，，， ，
，，，
所以，，
所以，所以A选项错误；
对B，若为等比数列，则可设，
将代入可得，，
即，则有或，
所以存在实数，使得数列为等比数列，故B选项正确；
对C，根据数列的递推公式可计算出如下结果，
显然的分子为满足斐波那契数列，可以表示为，
同理，的分母为满足斐波那契数列，
可以表示为，所以，故C选项正确；
对D，根据斐波那契数列公式可得，，
又因为，
所以，故D选项错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：（1）本题属于与斐波那契数列相关的问题，关键是理解其含义，运用斐波那契数列进行递推，求出相应的项，同时还可以推出其通项公式；（2）本题构造等比数列的表达式，求出参数值是关键，在此基础上也可以求出斐波那契数列的通项公式.
三、填空题
12．函数（）的最大值为 ．
【答案】
【分析】求导，得到函数单调性，进而得到最大值.
【详解】，当时，，
当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，
最大值为.
故答案为：
13．甲乙二人同时向某个目标射击一次．甲命中的概率为，乙命中的概率为，且两人是否命中目标互不影响．若目标恰被击中一次，则甲命中目标的概率为 ．
【答案】
【分析】根据独立事件概率乘法公式以及对立事件概率公式求解目标恰被击中一次，目标恰被击中一次且甲命中目标的概率，再利用条件概率公式计算若目标恰被击中一次，则甲命中目标的概率的结果.
【详解】事件记为目标恰被击中一次，则，
事件记为甲命中目标，则
若目标恰被击中一次，则甲命中目标的概率为,
故答案为：.
14．数列满足，，则的整数部分是 ．
【答案】
【分析】由变形得，进而通过题意累加得，再通过研究值的大小情况即可得解.
【详解】因为，故，
所以，即，
故，
又由得，
即，
又因为，，，
所以，
所以，所以，故的整数部分为1.
故答案为：1.
四、解答题
15．已知是等差数列，，且，，成等比数列．
(1)求数列的公差；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)或．
(2)或．
【分析】（1）设等差数列的公差为，由已知条件列方程求解；
（2）由数列的通项，公式法求前项和.
【详解】（1）设等差数列的公差为，由，，成等比数列，
有，解得或．
（2）由（1）因此数列的通项公式为或．
由于或，
由等比数列前项和公式得或．
16．如图所示，斜三棱柱的各棱长均为， 侧棱与底面所成角为，且侧面底面．
(1)证明：点在平面上的射影为的中点；
(2)求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2
【分析】（1）于，由平面平面，证得平面，再证得为等边三角形，可得为中点；
（2）过作于，则是二面角的平面角，由已知数据计算即可．
【详解】（1）过作于，
由平面平面，平面平面，
平面，，得平面，因此，
又，从而为等边三角形，为中点．
（2）由于是等边三角形，所以，
而平面平面，平面平面，
平面，所以平面，平面，则有，
过作于，连接，，平面，
所以平面，由平面，则，
则是二面角的平面角．
由于，，所以中，．
因此二面角的正切值为.
17．已知函数（为常数，为自然对数的底）在时取得极小值．
(1)试确定的取值范围；
(2)当变化时，设由的极大值构成的函数为，试判断曲线只可能与直线、（，为确定的常数）中的哪一条相切，并说明理由．
【答案】(1)
(2)只可能与相切，理由见解析
【分析】（1）求出分情况即可求解；
（2）求出，，令，求出，求出的单调性，据此即可求解.
【详解】（1），当时，恒成立，无极值，
当时，当时，；当时，，则是的极小值点，
当时，当时，；当时，，则是的极大值点，
因此.
（2）当时，当时，，时，，
则是的极大值点，因此（），
设，，
于是，令，
则，故在上单调递增，
，即恒成立，
所以曲线的切线的斜率可能为，不可能为，
即只可能与相切.
18．椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，离心率，椭圆上的点到焦点的最短距离为，直线与轴交于点（），与椭圆交于相异两点、，且．
(1)求椭圆方程；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意列出关于，，的方程组，求出，，即可得解.
（2）由向量共线得出的值、直线斜率存在且不为，设直线方程为，联立椭圆方程求出值和韦达定理，利用得出，结合所得韦达定理即可求解.
【详解】（1）设椭圆的方程为，
由题，解得，，
因此椭圆的方程为即．
（2）由题意可知向量起点相同，终点共线，
又由得，
故，即，即，
显然直线斜率存在且不为，设其方程为，
联立方程，消去，得，所以，
设，，则，，
又由得，即，
因此，从而，，
所以，
整理得，即，
解得或．经检验，此时，
因此的取值范围是.
19．为了估计鱼塘中鱼的数量，常常采用如下方法：先从鱼塘中捞出条鱼，在鱼身上做好某种标记后再放回鱼塘．一段时间后，再从鱼塘中捞出条鱼，并统计身上有标记的鱼的数目，就能估计出鱼塘中的鱼的总数．已知，设第二次捞出的条鱼中身上有标记的鱼的数目为随机变量．
(1)若已知，．
①求的均值；
②是否有的把握认为能捞出身上有标记的鱼（即能捞出身上有标记的鱼的概率不小于）？
(2)若，其中身上有标记的鱼有条，估计池塘中鱼的总数（将使最大的作为估计值）．
参考数据：，，，．
【答案】(1)①2；②没有的把握认为能捞出身上有标记的鱼
(2)
【分析】（1）①由超几何分布的均值公式求解；②计算，判断是否成立；
（2）由，令，利用作差比较，求最大的.
【详解】（1）①由题意可知服从超几何分布，
则．
②由于，而，
从而，
因此，，所以没有的把握认为能捞出身上有标记的鱼．
（2）由题意，且．
只需求使得最大的．
由于，，
从而
因此，当时，，当时，．
所以，当时，最大．
综上所述，的估计值为．
【点睛】关键点点睛：
求最大时的估计值，由，只需求使得最大的，利用作差法结合组合数公式求数列的单调性，可得的估计值.
相关试卷
四川成都石室中学2025届新高三零诊模拟考试数学试题和答案： 这是一份四川成都石室中学2025届新高三零诊模拟考试数学试题和答案，共7页。
2025届四川省成都市石室中学高三零诊模拟 数学试题： 这是一份2025届四川省成都市石室中学高三零诊模拟 数学试题，文件包含试题docx、答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共7页， 欢迎下载使用。
四川成都石室中学2025届新高三零诊模拟考试数学试卷+答案： 这是一份四川成都石室中学2025届新高三零诊模拟考试数学试卷+答案，文件包含四川成都石室中学2025届新高三零诊模拟考试数学试题pdf、四川成都石室中学2025届新高三零诊模拟考试数学答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共7页， 欢迎下载使用。
