2025届四川省高三上册入学摸底考数学学情检测试题合集2套（含解析）

这是一份2025届四川省高三上册入学摸底考数学学情检测试题合集2套（含解析），共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知等差数列满足，则（ ）
A．B．1C．0D．
3．，则（ ）
A．B．C．D．
4．函数的极值点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
5．已知某地区高考二检数学共有8000名考生参与，且二检的数学成绩近似服从正态分布，若成绩在80分以下的有1500人，则可以估计（ ）
A．B．C．D．
6．定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集且，那么称子集族构成集合的 一个划分.已知集合，则集合的所有划分的个数为（ ）
A．3B．4C．14D．16
7．已知圆台的上､下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台外接球的球心到上底面的距离为（ ）
A．B．C．D．
8．已知为坐标原点，抛物线的焦点到准线的距离为1，过点的直线与交于两点，过点作的切线与轴分别交于两点，则（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．与有相同的最小值
C．直线为图象的一条对称轴
D．将的图象向左平移个单位长度后得到的图像
10．已知函数为的导函数，则（ ）
A．
B．在上单调递增
C．的极小值为
D．方程有3个不等的实根
11．已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），动点在直线上，且，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．动点的轨迹长度为
C．不存在点，使得平面
D．四面体DEFG体积的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．已知向量，若，则 .
13．已知一组数据：的平均数为6，则该组数据的第40百分位数为 .
14．已知为坐标原点，双曲线的左､右焦点分别为，点在以为圆心､为半径的圆上，且直线与圆相切，若直线与的一条渐近线交于点，且，则的离心率为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15．已知中，角所对的边分别为，其中.
(1)求的值；
(2)若的面积为3，周长为6，求的值.
16．如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点
(1)证明：平面;
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值
17．已知椭圆的离心率为，右焦点为，点在上.
(1)求的方程；
(2)已知为坐标原点，点在直线上，若直线与相切，且，求的值.
18．已知函数.
(1)若，求曲线y=fx在x=1处的切线方程；
(2)若x>0时，求的取值范围；
(3)若，证明：当时，.
19．已知首项为1的数列满足.
(1)若，在所有中随机抽取2个数列，记满足的数列的个数为，求的分布列及数学期望；
(2)若数列满足：若存在，则存在且，使得.
（i）若，证明：数列是等差数列，并求数列的前项和；
（ii）在所有满足条件的数列中，求使得成立的的最小值.
1．A
【分析】根据复数的运算化简得，再根据虚部的定义即可求解．
【详解】，则所求虚部为.
故选：A．
2．C
【分析】根据等差数列的通项公式求解即可.
【详解】由可得：，
所以，
故选：C
3．D
【分析】利用诱导公式对进行化简，再利用进行求解即可.
【详解】由，
则，
因此可得，
故选：D.
4．B
【分析】对分段函数中的每一段的函数分别探究其单调性情况，再进行综合考虑即得.
【详解】当时，，
此时函数在上单调递减，在上单调递增，故此时函数有一个极小值点为2；
当时，，因恒成立，故函数在上单调递减，
结合函数在上单调递减，可知0不是函数的极值点.
综上，函数的极值点只有1个.
故选：B.
5．B
【分析】解法一，求出，根据正态分布的对称性，即可求得答案；解法二，求出数学成绩在80分至95分的人数，由对称性，再求出数学成绩在95分至110分的人数，即可求得答案.
【详解】解法一：依题意，得，
故；
解法二：数学成绩在80分至95分的有人，
由对称性，数学成绩在95分至110分的也有2500人，
故.
故选：B.
6．B
【分析】解二次不等式得到集合，由子集族的定义对集合进行划分，即可得到所有划分的个数.
【详解】依题意，，
的2划分为，共3个，
的3划分为，共1个，
故集合的所有划分的个数为4.
故选：B.
7．C
【分析】由圆台的侧面积公式求出母线长，再由勾股定理得到高即可计算；
【详解】依题意，记圆台的上､下底面半径分别为，
则，则，
设圆台的母线长为，
则，解得，
则圆台的高，
记外接球球心到上底面的距离为，
则，解得.
故选：C.
8．C
【分析】通过联立方程组的方法求得的坐标，然后根据向量数量积运算求得.
【详解】依题意，抛物线，即，则，设，
直线，联立得，则.
而直线，即，
令，则，即，令，则，故，
则，故.
故选：C

求解抛物线的切线方程，可以联立切线的方程和抛物线的方程，然后利用判别式来求解，也可以利用导数来进行求解.求解抛物线与直线有关问题，可以利用联立方程组的方法来求得公共点的坐标.
9．ABD
【分析】对于A：根据正弦型函数的最小正周期分析判断；对于B：根据解析式可得与的最小值；对于C：代入求，结合最值与对称性分析判断；对于D：根据三角函数图象变换结合诱导公式分析判断.
【详解】因为，
对于选项A：的最小正周期，故A正确；
对于选项B：与的最小值均为，故B正确；
对于选项C：因为，
可知直线不为图象的对称轴，故C错误；
对于选项D：将的图象向左平移个单位长度后，
得到，故D正确.
故选：ABD.
10．BD
【分析】利用导数和导数的几何意义分别判断即可.
【详解】因为，所以，，A说法错误；
令解得或，令解得，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，B说法正确；
的极大值点为，极大值，极小值点为，极小值，C说法错误；
因为当时，，当时，，
所以方程有3个不等的实根，分别在，和中，D说法正确；
故选：BD
11．ACD
【分析】对于A，由题意可证平面，因此点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值，据此判断A；对于B，根据题意求出正方体边长及的长，由此可知点的运动轨迹；对于C，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，假设点的坐标，求出的方向向量，假设平面，则平面的法向量和的方向向量共线，进而求出点的坐标，再判断点是否满足B中的轨迹即可；对于D，利用空间直角坐标系求出点到平面的距离，求出距离的最大值即可.
【详解】对于A，如图，连接、，
依题意，，而平面平面，故平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值，
所以点到平面的距离为定值，故三棱维的体积为定值，故正确；
对于B，因为正方体的体积为8，故，则，而，
故，
故动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在底面内的部分，即四分之一圆弧，
故所求轨迹长度为，故B错误；
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，故，
设n=x,y,z为平面的法向量，则故
令，故为平面的一个法向量，
设，故，
若平面，则，
则，解得，但，
所以不存在点点，使得平面，故C正确；
对于D，因为为等腰三角形，故，
而点到平面的距离，
令，则，
则，其中，
则四面体体积的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
12．
【分析】利用向量数量积的坐标公式计算即得.
【详解】由可得，解得，.
故答案为.
13．
【分析】由平均数的定义算出，再由百分位数的定义即可求解.
【详解】依题意，，解得，
将数据从小到大排列可得：，
又，则分位数为.
故答案为.
14．
【分析】由题意可得，由此求出，，即可求出点坐标，代入，即可得出答案.
【详解】不妨设点在第一象限，连接，则，
故，，
设，因为，所以为的中点，
，故.，
将代入中，故，则.
故答案为.

15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，从而求出的值；
（2）根据三角形的面积公式、余弦定理即可求出的值.
【详解】（1）由正弦定理得，
因为，故可得，则，
因为，故.
（2）由题意，故.
由余弦定理得，
解得.
16．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由题意易知，根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意，两两垂直，所以建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量,再通过空间角的向量求解即可.
【详解】（1）分别为的中点
为正方形
平面平面
平面.
（2）由题知平面
建立如图所示的空间直角坚标系，
，则,
,,,
设平面的一个法向量为n=x,y,z
则,令则,
设直线与平面所或的角为,
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆离心率定义和椭圆上的点以及的关系式列出方程组，解之即得；
（2）将直线与椭圆方程联立，消元，根据题意，由推得，又由，写出直线的方程，与直线联立，求得点坐标，计算，将前式代入化简即得.
【详解】（1）设Fc,0，依题意，
解得
故的方程为.
（2）

如图，依题意F1,0，联立消去，可得，
依题意，需使，整理得（*）.
因为，则直线的斜率为，则其方程为，
联立解得即
故，
将（*）代入得，故.
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线斜率即可得解；
（2）利用导数求出函数的单调性，得到极值，转化为极大值小于0即可得解；
（3）转化为证明，构造关于的函数，利用导数求最小值，再由导数求关于的函数的最小值，由不等式的传递性可得证.
【详解】（1）当时，，
则，所以，
又，所以切线方程为.
（2），
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，又，
所以，即，
所以的取值范围为.
（3）由可得，
即证当，时，，
令，
则，
由可知，，故在上单调递减，
所以，
令，则，
当时，，，所以，
故ℎx在上单调递增，所以，
所以，即，
所以成立.
关键点点睛：本题第三问中，要证明不等式成立，适当转化为证明成立，首先关键在于构造视为关于的函数，由此利用导数求出，其次关键在于构造关于的函数，利用导数求其最小值.
19．(1)分布列见解析，1
(2)（i）证明见解析，（ii）1520
【分析】（1）根据递推关系化简可得，或写出数列的前四项，利用古典概型即可求出分布列及期望；
（2）（i）假设数列中存在最小的整数，使得，根据所给条件
可推出存在，使得，矛盾，即可证明；
（ii）由题意可确定必为数列中的项，构成新数列，确定其通项公式及，探求与的关系得解.
【详解】（1）依题意，，故，
即，故，或
因为，故；
则，
故的可能取值为，
故，
故的分布列为
故.
（2）（i）证明：由（1）可知，当时，或；
假设此时数列中存在最小的整数，使得，
则单调递增，即均为正数，且，所以；
则存在，使得，此时与均为正数矛盾，
所以不存在整数，使得，故.
所以数列是首项为1､公差为4的等差数列，
则.
（ii）解：由，可得，
由题设条件可得必为数列中的项；
记该数列为，有；
不妨令，则或，
均不为
此时或或或，均不为.
上述情况中，当时，，
结合，则有.
由可知，使得成立的的最小值为.
关键点点睛：第一问数列与概率结合，关键在于得出数列前四项的所有可能，即可按照概率问题求解，第二问的关键在于对于新定义数列，理解并会利用一般的抽象方法推理，反证，探求数列中项的变换规律，能力要求非常高，属于困难题目.
2025届四川省高三上学期入学摸底考数学学情检测试题
（二）
一、单选题
1．已知集合，，若，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知向量，，若，则（ ）
A．B．1C．D．2
3．下列函数与是相等函数的是（ ）
A．B．
C．（且）D．（且）
4．现测得某放射性元素的半衰期为1500年（每经过1500年，该元素的存品为原来的一半），某生物标本中该放射性元素面初始存量为m，经检测现在的存量，据此推测该生物距今约为（ ）（参考数据：)
A．2700年B．3100年
C．3500年D．3900年
5．设是等差数列的前n项和，且，则（ ）
A．17B．34C．51D．68
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．1
7．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．某地区公共卫生部门为了了解本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行调查.为了得到该敏感性问题的诚实反应，设计如下方案：每个被调查者先后抛掷两颗骰子，调查中使用两个问题：①第一颗骰子的点数是否比第二颗的大？②你是否经常吸烟？两颗骰子点数和为奇数的学生如实回答第一个问题，两颗骰子点数和为偶数的学生如实回答第二个问题.回答“是”的学生往盒子中放一个小石子，回答“否”的学生什么都不用做.若最终盒子中小石子的个数为57，则该地区中学生吸烟人数的比例约为（ ）
A．0.035B．0.07C．0.105D．0.14
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）．
A．命题“，”的否定是“，”
B．的最小值是2
C．若，则
D．的最小正周期是
10．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他记录了100次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时，样本标准差为6；骑自行车平均用时，样本方差为4．假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布．则下列说法中正确的是（ ）
（参考数值：随机变量服从正态分布，则，.）
A．B．
C．D．
11．已知是定义在上的偶函数，且对任意的，都有，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．点是函数的一个对称中心
C．当时，
D．函数恰有6个零点
三、填空题
12．二项式的展开式中第5项为 .
13．写出一个同时满足下列三个条件的数列的通项公式：
①；②数列是递减数列；③数列的前n项和恒成立．
14．已知不等式对任意恒成立，则当取最大值时， .
四、解答题
15．已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，.
(1)求B；
(2)若的面积为，求c.
16．已知等差数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，令，求数列的前n项和．
17．某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
（i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望；
（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明）
18．已知函数在时取得极值，且满足．
(1)求函数的解析式；
(2)若存在实数，使得成立，求整数的最小值．
19．在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为．
(1)求，，；
(2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并说明理由；
(3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？
0
1
2
赔偿次数
0
1
2
3
4
单数
1．C
【分析】由交集运算求解参数，再验证可得.
【详解】，或，
解得或.
当时，，则，满足题意；
当时，，则，不满足题意；
综上所述，.
故选：C.
2．B
【分析】先出求，再根据即可得出的值，最后求的模.
【详解】由题意可知，因为，，
所以，
又因为，所以，
即，解得.
所以.
故选：B.
3．D
【分析】可得，且定义域为R，根据函数相等逐项分析判断.
【详解】因为，且定义域为R，
对于选项A：，可知两个函数的对应关系不同，所以函数不相等，故A错误；
对于选项B：的定义域为，可知两个函数的定义域不同，所以函数不相等，故B错误；
对于选项C：的定义域为，可知两个函数的定义域不同，所以函数不相等，故C错误；
对于选项D：，且定义域为R，所以两个函数是相等函数，故D正确；
故选：D.
4．C
【分析】根据对数的运算性质即可求解.
【详解】由题意得，
两边取对数得.
故选：C
5．C
【分析】利用等差数列的求和公式即可求解．
【详解】解：设公差为d，
则，即，
则，
故选：C
6．C
【分析】运用两角和差的正弦公式，结合同角三角函数关系式中商关系进行求解即可.
【详解】由，
由，
可得，
所以.
故选：C
7．C
【分析】由分段函数在两个区间上的单调性分别求出的范围，再考虑由时左右函数值的大小关系得到的的范围，求其交集即得
【详解】当时， ,依题须使恒成立，则；
当时，由在0,+∞上递增，须使，即；
又由解得 .
综上可得，的取值范围是.
故选：C.
8．D
【分析】根据古典概型的知识得到回答问题①②的人数均为，再求出点数第一次比第二次大的概率，即可推出第二个问题中回答“是”的人数，进而求出结果．
【详解】由题意，两颗骰子点数和为奇数与偶数的概率相等，都为，
则回答问题①②的人数均为，
掷两次骰子所有可能情况有，，，，，，，
，，，，，，，，，，
，，，，，，，，，，
，，，，，，，，，共种可能，
所得点数第一次比第二次大的有，，，，，，
，，，，，，，，，共种可能，
所以所得点数第一次比第二次大的概率是，
所以回答问题①时，大约有人回答“是”，
所以回答问题②时，大约有人回答“是”，
故该地区中学生吸烟人数的比例约为，选项中最接近的为D．
故选：D．
9．ACD
【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题即可判断选项A；由基本不等式使用的条件可判断选项B；在单调递增，即可判断选项C；由正弦型函数的最小正周期公式计算即可判断选项D.
【详解】全称量词命题的否定为存在量词命题，
命题“，”的否定是“，”，故A正确；
当时，，的最小值是2，
当时，，的最大值是，故B错误；
在单调递增，若，则，故C正确；
的最小正周期为：，故D正确.
故选：ACD
10．AD
【分析】根据正态分布的概念判断A，B；根据正态分布的性质及题中所给数据求解判断C，D．
【详解】由题意可设，
由题意可得：，所以A正确，B错误；
，
，
，
，故C错误；
，
，
，故D正确.
故选：AD．
11．AC
【分析】根据题意，由条件可得关于轴，1,0对称，且，由函数的周期性即可判断A，由函数的对称性即可判断BC，结合函数的图像，即可判断D.
【详解】
由题意可知关于轴，1,0对称，
当，则，且f1=0，故，
对于A,，
，故A正确；
对于B，对称中心为，故B错误；
对于C，函数y=fx在0,1和上的图像关于点中心对称，
当时，，
故C正确；
对于D，由图像可知函数y=fx与函数有7个交点，故D错误.
故选：AC
12．15
【分析】根据二项展开式通项公式代入计算即可.
【详解】展开式通项为，
.
故15.
13．(不唯一)
【分析】根据①②，可以联想到指数函数，且底数满足，再根据等比数列的求和公式验证③即可.
【详解】解：因为①，可以联想到指数函数；
又因为②数列是递减数列，可以联想到指数函数中底数满足；
当时，，
所以，满足①；
且数列是递减数列，满足②；
，满足③.
故(不唯一)
14．
【分析】分离变量可得，令，分类讨论可得，可得，结合基本不等式可求结论.
【详解】已知不等式对任意恒成立，根据目标式，知，
由，得，
令，则，
当时，，函数单调递增且值域为R，此时不恒成立，
当时，令，则，
设，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以，所以，
所以时，方程有解，设解为，则，所以，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以，
所以，所以，
又，当且仅当，即时取等号，
当，取最大值，此时.
故答案为.
15．(1)
(2)
【分析】（1）借助三角形内角和及两角和的正弦公式计算即得；
（2）借助面积公式计算即可得.
【详解】（1）由，
则有，
即，由，故，
故，又B∈0,π，
故；
（2）由，，
故，
解得.
16．（1）（2）
【分析】（1）利用等差数列的前项和公式与通项公式，即可解出,则可写出其通项公式.
（2）利用错位相减，化简解可得出答案.
【详解】（1）由题意知：，
即：化简得.
所以数列的通项公式.
（2）因为
所以
化简得.
17．(1)
(2)(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中估计值
【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;
（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，用频率估计概率后可求的分布列及数学期望，从而可求.
（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求，从而即可比较大小得解.
【详解】（1）设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，
由题设中的统计数据可得.
（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，
由题设中的统计数据可得，
，，
，
故
故（万元）.
（ⅱ）由题设保费的变化为，
故（万元），
从而.
18．(1)
(2)5
【分析】（1）求出函数的导数，结合题意列出方程，即可求得答案；
（2）将原问题转化为恒成立，令，，利用导数求解函数最值，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知的定义域为，，
由于函数在时取得极值，且满足，
故，且，
解得，则，
经验证函数在时取得极小值，适合题意
故；
（2）由题意存在实数，使得成立，
即恒成立；
令，，则，
令，则在上恒成立，
故在单调递增，
又，
故存在唯一的使得，即，
则当时，，即，当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
故，结合，得，故整数的最小值为5.
19．(1)，，
(2)
(3)
【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解即可；
（2）分别求出第一次中奖，第次中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第次抽奖中奖的概率，即可求解时，，对比即可求解；
（3）先分析获得勋章的情形，分别求出从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可求解.
【详解】（1）,
，
；
（2）因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
综上所述，对任意的，，
又，所以；
（3）由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，
所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，
另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，抽一次中奖的概率为，
从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为，
从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为，
用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖，
则三次中奖的所有情况如下：，
，
故仅三次中奖的概率为
，
所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为.
关键点点睛：题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽9次至少中奖3次，故只需排除3次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，是解决第三问的关键.