重庆市西南大学附属中学2025届高三下学期二诊模拟考试数学试题（Word版附解析）

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注意事项:
1. 答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.
2. 答选择题时， 必须使用 2B 铅笔填涂; 答非选择题时， 必须使用 0.5 毫米的黑色签字笔书写; 必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.
3. 考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生留存，以备评讲).
一、单选题:本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先计算一元二次不等式得出集合A，再应用对数函数的定义域得出集合B，最后应用交集定义计算即可.
【详解】因集合，
则.
故选：B.
2. 已知向量，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据平面向量的坐标化运算和垂直的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】∵向量，，，∴，
∵，∴，即得，解得，
故选：C．
3. 已知是关于的方程的一个根，，，则（ ）
A. B. 16C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】将代入方程，结合相等复数的概念求得，即可求解.
【详解】将代入方程，
得，解得，，
所以.
故选：B
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两角差的余弦公式展开，即可求出，再由二倍角公式计算可得.
【详解】因为，
则，即，
所以.
故选：B.
5. 已知圆，直线，则直线与圆相交弦长的最小值为（ ）
A. 4B. 2C. 6D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得直线过定点，则定点到圆心距离等于圆心到直线距离时可得最小值.
【详解】圆
，则直线过定点，
因定点在圆内，
定点到圆心的距离为，所以直线与圆相交弦长的最小值为.
故选：A.
6. 某学校拟派2名语文老师、3名数学老师和3名体育老师共8人组成两个支教分队，平均分到甲、乙两个村进行义务支教，其中每个分队都必须有语文老师、数学老师和体育老师，则不同的分配方案有（ ）
A. 72种B. 36种C. 24种D. 18种
【答案】B
【解析】
【分析】先分配语文老师，再把数学体育老师按1，2和2，1分配，或2，1和1，2分配即可求解；
【详解】两名语文老师由种分配方程；
数学老师按1，2分，则体育老师按2，1分，
或数学老师按2，1分，则体育老师按1，2分，共有,
所以不同的分配方案有，
故选：B
7. 如图，在三角形中，已知边上的两条中线相交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】方法1，将作为与的夹角，利用向量知识结合题目数据可得答案；
方法2，如图建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积坐标表示完成运算；
方法3，利用余弦定理计算可得答案.
【详解】法一：分别是的中点，.
与夹角等于，
，
则；
法二：以为轴，过点作与垂直的直线为轴建立平面直角坐标系，则
，
则
；
法三：在中，由余弦定理，
又因为P为的重心，则，
在中再由余弦定理，
在中由余弦定理，
在中，由余弦定理，则
.
故选：D
8. 已知函数．若数列的前项和为，且满足，，则的最大值为（ ）
A. 23B. 12C. 20D.
【答案】D
【解析】
【分析】先得到及递推公式，要想最大，则分两种情况，为负数且最小或为正数且最大，进而求出最大值.
【详解】由题意可知：，
当时，；
当时，，
两式相减可得：，整理得：，
所以，或，
当是公差为的等差数列，且时，最小，可能最大，
此时，解得，此时；
当且是公差为的等差数列时，最大，可能最大，
此时，解得，此时；
综上所述：的最大值为.
故选：D.
二、多选择题:本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 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. 下列说法正确的是（ ）
A. 一组数5，7，9，11，3，13，15的第60百分位数是11
B. 若随机变量，满足，，则
C. 一组数据的线性回归方程为，若，则
D. 某学校要从12名候选人（其中7名男生，5名女生）中，随机选取5名候选人组成学生会，记选取的男生人数为，则服从超几何分布
【答案】ACD
【解析】
【分析】将数据从小到大排列，根据百分位数的定义计算可判定A;根据方差的线性性质计算可判定B；根据回归方程必经过样本均值点，计算可判定C；根据超几何分布的概念判定D.
【详解】数据组为5，7，9，11，3，13，15，排序后为3，5，7，9，11，13，15.
计算第60百分位数：
根据人教版教材方法，位置计算为 ，向上取整到第5个位置，对应数值11,因此选项A正确;
选项分析：
随机变量，已知，根据方差性质：
方差线性变换公式为 ，选项中错误;
选项分析：
线性回归方程 必经过样本均值点,当 时，代入方程得 ，选项正确;
选项分析：
从12名候选人（7男5女）中不放回地抽取5人，男生人数X服从超几何分布H(12, 7, 5)，选项D正确.
故选：ACD.
10. 已知均为正数，且，则下列选项正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用基本不等式逐项判断可得答案.
【详解】对于A，，于是，解得，
当且仅当即时等号成立，故A正确；
对于B，由得，得，即，
所以，
当且仅当即时等号成立，故B正确；
对于C，由得，即，
由于，所以，
所以
，
当且仅当即等号成立，故C正确；
对于D，，
当且仅当即等号成立，故D错误
故选：ABC.
11. 在直三棱柱中，，，点，分别是，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 异面直线与所成的角为45°
B.
C. 若点是的中点，则平面截直三棱柱所得截面的周长为
D. 点是底面三角形内一动点（含边界），若二面角的余弦值为，则动点的轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用交线法找出截面，利用平行关系找出异面直线与所成的角，即可判断A,利用直线和平面垂直的性质定理证明平面，即可判断B, 延长，交和的延长线于点，，连接交于点，连接，，则四边形为平面截直三棱柱所得的截面,可判断C, 过作的垂线，连接，过作的平行线交于点，则，所以截面为直三棱柱的截面，即可判断D；
【详解】选项A，过点作的平行线，则为异面直线与所成的角，
因为平面，且，所以平面，所以，
所以，因为异面直线所成角，
所以，故异面直线与所成的角为60°，故选项A不正确；
选项B，由已知得为等腰直角三角形，是的中点，则，
为直三棱柱，平面，平面，
，
，平面，，平面，，
设与交于点，其中，，
，，，
，，
，平面，，平面，故，选项B正确；
选项C，延长，交和的延长线于点，，连接交于点，连接，，则四边形为平面截直三棱柱所得的截面，
由已知得，
由，则，即，
由，则，即，
由余弦定理可知，解得，
其周长为，故选项C正确；
选项D，若上存在一点使二面角的余弦值为，连接和，
因为平面，，，
二面角的平面角为，即，
设，则，，
在中，由余弦定理得
，
在中，由余弦定理得，
，解得，
过作的垂线，连接，过作的平行线交于点，则，
所以截面为直三棱柱的截面，
所以符合题意的的轨迹长度为线段的长，所以，故选项D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题第4小问的解决关键是利用二面角的定义求得，从而推得，进而得到的轨迹长度为的长，从而得解.
三、填空题: 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分.
12. 在的展开式中，的系数为80，则实数的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】求得二项展开式的通项，结合题意，列出方程，即可求解.
【详解】由二项式的展开式的通项为，其中，
因为展开式中的系数为，
令，可得，解得.
故答案为：.
13. 已知定义在上的偶函数满足，当时，，函数，则与的图象所有交点的横坐标之和为________________.
【答案】5
【解析】
【分析】由题可得有对称轴为轴，对称中心，然后在同一坐标系中画出与图象，即可得答案.
【详解】函数的图象是中心对称图形，对称中心为.
定义在上的偶函数满足，
则函数有对称轴为轴，对称中心；又当时，，
在同一坐标系在内作出与的图象，
当，，
令，
则，且，
所以存在，使得当时，，单调递增，
所以当时，，即，
结合图象可得，与的图象有5个交点，
又均是与的图象的对称中心，
则两函数所有交点的横坐标之和为5.
故答案为：5
14. 项数为的数列满足，当且仅当时（其中，规定：），称为“好数列”．在项数为6且的所有中，随机选取一个数列，该数列是“好数列”的概率为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据分布乘法求出所有的个数，由0出现的次数讨论数列是“好数列”的个数，利用概率公式计算即可.
【详解】由题意，因为项数为6且，
所以每一项都有两种选择，根据分布乘法计数原理，
可构成的数列个数为个，
由题意，若为“好数列”，则意味着若，其前一项与后一项相等，
①则若中没有0，则数列为，不符合题意，
②若中有1个0，不论0在那个位置，都会出现3个1相邻，不符合题意，
③若中有2个0，则，，符合“好数列”定义；
④若中有3个及以上0，若0相邻，根据定义，数列只能为，
若0不相邻，只能1和0间隔出现，会出现两个0中间出现1，不符合题意，
综上，符合题意的“好数列”只有4个，
所以数列是“好数列”的概率为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解“好数列”的定义，根据题意能列出符合条件的数列.
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、演算步骤.
15. 为了了解高中学生语文与数学成绩之间的联系，从某学校获取了名学生的成绩样本，并将他们的数学和语文成绩整理如表：
单位：人
（1）依据的独立性检验，能否认为学生的数学成绩与语文成绩有关联？
（2）以频率估计概率、从全市高中所有数学不优秀的学生中随机抽取5人，设其中恰有位学生的语文成绩优秀，求随机变量的分布列以及数学期望．
附：
【答案】（1）依据的独立性检验，可认为学生的数学成绩与语文成绩有关联；
（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）提出零假设学生的数学成绩与语文无关，计算，比较其与临界值的大小，由此确定结论；
（2）确定的可能取值，结合二项分布定义判断，根据二项分布概率公式求取各值的概率，由此可得其分布列，再由二项分布期望公式求期望.
【小问1详解】
零假设为：学生的数学成绩与语文无关，
由题，
所以依据的独立性检验，推断零假设不成立，即认为学生的数学成绩与语文成绩有关联，此推断犯错误的概率不大于.
【小问2详解】
由题意可知数学不优秀的学生中语文成绩优秀的概率为，
随机变量的取值有，由已知，
则，，
，，
，，
所以随机变量的分布列为
所以随机变量的数学期望.
16. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知，．
（1）求；
（2）若的面积为，是上的点，且，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知得出，利用余弦定理结合可得出，再利用余弦定理可求得的值；
（2）利用三角形的面积公式结合（1）中的结论可求出、、的值，求出的值，利用正弦定理可求出的长.
【小问1详解】
因为，所以，，即，
因为，则，即，故，
由余弦定理可得.
【小问2详解】
因为，则，
因为，可得，
因，，故，，，
是上的点，且，则，，
所以，，
在中，由正弦定理可得，
故.
17. 如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，，，且.
（1）已知点为上一点，且，证明：平面；
（2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，取中点为，易证四边形为平行四边形，从而为中点，为中位线，，由平行关系的传递性得到且，从而四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，，分别求得平面的一个法向量为，平面的法向量为，根据平面与平面所成锐二面角的余弦值为，由求得a，再由点C到平面的距离求解.
【小问1详解】
证明：如图，
连接交于点，取中点为，连接，，，
在四边形中，，，
故四边形为平行四边形.
故为中点，所以在中，为中位线，
则且，又且，
故且，即四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
平面，即平面.
【小问2详解】
因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，
以点为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，
，，
设平面的法向量为，
，取
由平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
可得，
解得或（舍去）
故，又，
所以点到平面的距离.
18. 在平面直角坐标系中，点到定点的距离与点到直线：的距离之比为2，点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）已知点，，为曲线的左、右顶点．若直线与曲线的右支分别交于点.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）；(ⅱ)
【解析】
【分析】（1）设，根据题意列出等式，化简可得；
（2）（i）设直线方程为，联立可得，同理可得，由，可得；
（ii）由及，可得，设，则，即得.
【小问1详解】
设，由题意知，
化简得方程为
【小问2详解】
设直线方程为，则，
联立，可得，故，
因在右支上，故，得即，解得，
设方程为，则，
联立，得，故，
因在右支上，故得，即，解得，
综上可知，.
（ii），，，
故，
令，则，
当且仅当，即时取等号，
故的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问根据几何性质可得，结合，，代入后利用函数的性质求最大值即可.
19. 定义：若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称，为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”．
（1）直线是否为曲线的“双重切线”，请说明理由；
（2）已知函数求曲线的“双重切线”的方程；
（3）已知函数，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，，…，，若（），证明：．
【答案】（1）是，理由见解析；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用直线的斜率与导数的几何意义求得切点，再分别求切线方程验证即可.
（2）求出函数的导数，并设出切点，求出处的切线方程，再利用“双重切线”的定义求出切线方程.
（3）利用“双重切线”的定义，分别设出对应的切点，分别利用导数的几何意义得到对应切点之间的关系，再构造函数，利用导数结合零点存在性定理确定判的零点所在区间，然后借助不等式性质推理即得.
【小问1详解】
的定义域为，求导得，直线的斜率为2，
令，解得，不妨设切点，
则点处的切线方程为，即，
点处的切线方程为，即，
所以直线是曲线的“双重切线”.
【小问2详解】
函数，求导得，
显然函数在上单调递增，函数在上单调递减，
设切点，则存在，使得，
则在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，
因此，消去可得，
令，求导得，
则函数在上单调递增，又，函数的零点为，因此，
所以曲线的“双重切线”的方程为.
【小问3详解】
设对应的切点为，对应的切点为，
由，得，，
由诱导公式及余弦函数的周期性知，只需考虑，，其中，
由及余弦函数在上递增知，，
则，
，
因此，又，，
则，同理，
令，求导得，
则在上单调递增，显然，且，
函数在上的值域为，即函数在上存在零点，则有，
由，同理可得，而，因此，
于是，即有，
所以，即.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键点有两个：一是利用导数的几何意义求解切线的斜率；二是设切点并利用和切线方程得到之间的等式，进而消去一个未知数，构造函数利用导数的性质求得方程的零点.
数学成绩
语文成绩
不优秀
优秀
不优秀
优秀