【数学】四川省成都市2025届高三第三次诊断性检测试卷（解析版）

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1. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由于，所以，
故选：D
2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数对应的点位于（ ）.
A. 第一象限.B. 第二象限.C. 第三象限.D. 第四象限.
【答案】C
【解析】复数对应的点坐标为，因此可表示为：
所以，对应的点坐标为，位于第三象限.
故选：.
3. 设,则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】当时,,此时;
当时,,此时或；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选:A.
4. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】根据题意，函数定义域为，
且，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，
又时，，所以，且恒成立，
则，所以只有D满足.
故选：D
5. 已知动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆的圆心轨迹方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设圆圆心且与圆切于点P，圆圆心与圆切于点Q，
由题意得：，，其中，
所以，
由椭圆定义可知：动圆圆心C的轨迹为以为焦点的椭圆，设，
则，解得：，
故动圆圆心C的轨迹方程为.
故选：A
6. 已知正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为8，侧棱长为，则其体积为（ ）
A. 108B. 112C. 120D. 124
【答案】B
【解析】取正四棱台过侧棱的轴截面，上、下底面中心分别为，如下图所示：
依题意可得，
因此可得，
所以其体积为.
故选：B
7. 已知实数，满足，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】两边取对得，则且，即同号或，
所以，当时，不成立，A错；
由，B对；
由，若时，，C错；
由，且，
当时，，此时，D错.
故选：B
8. 在中，，的角平分线AD交BC于点D，若，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】，则，设，则，
在中，由正弦定理，，
在中，由正弦定理，，
因，两式相比，可得，
所以，所以，
由正弦定理得，所以，
所以，化简得，
所以或（舍去），又，所以，
所以.
故选：C
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. 已知某地社交媒体用户的日活跃时长（单位：小时）服从正态分布，则（ ）
A. ，
B. 若，则
C.
D.
【答案】ACD
【解析】因为（单位：小时）服从正态分布，，
根据正态分布知识，，，A正确；
若，则，得，B错误；
，
根据原则，可得，C正确；
，
，
由对称性可知，
所以，D正确.
故选：ACD
10. 对于空间中一组向量，若存在不全为零的实数使得，则称这组向量线性相关，否则称这组向量线性无关.则（ ）
A. 若，，，则，，线性相关
B. 若，，，则，，线性无关
C. 若，，线性无关，则，，线性相关
D. 对于非零向量，，，若存在实数，使得，则，，线性相关
【答案】AB
【解析】若，，，
根据题意，设，
即，
所以，解得，取，
所以，A正确；
若，，，
根据题意，设，
即，
所以，解得，
所以，，线性无关，B正确；
假设，，线性相关，
则存在不全为零的实数使得，
则，
因为，，线性无关，则，得，
与假设矛盾，C错误；
对于非零向量，，，若存在实数，使得，
即，
所以，
但不能确定，，是否线性相关，D错误.
故选：AB
11. 声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，我们听到的声音一般都是纯音合成的复合音.已知纯音的数学模型是函数.复合音的产生是因为发声体在全段振动，产生频率为的基音的同时，其各部分，如二分之一，三分之一，四分之一部分也在振动，产生的频率恰好是全段振动频率的倍数，如2f，3f，4f等.即我们听到的声音的函数是.则（ ）
A. 的图象关于对称
B. 在上有2个极大值点，1个极小值点
C.
D. 在上恒成立
【答案】ABD
【解析】，
所以对任意有
，所以的图象关于对称，所以A正确；
，令，则，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
所以在和处有极大值，在出有极小值，所以B在正确；
，叠加项可正可负，故的范围比范围大，所以C错误；
当为奇数时，， 当为偶数时，在先正后负，但振幅逐渐减小，所有项叠加后，正项占主导地位，
所以函数值始终为正，由周期性，结论推广到，所以D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 双曲线的离心率为_________．
【答案】2
【解析】
13. 若函数值域为，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】当时，，当且仅当时，等号成立，
所以，函数在上的值域为的子集，
当时，，则，
由可得，由可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，即函数在上的值域为，
由题意可得，即，解得.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 如图，一电路中，为未闭合的开关，为能正常工作的灯泡，现每次等可能地闭合一个未闭合的开关，直到7个开关全部闭合，则最先亮起的概率为__________.
【答案】
【解析】先考虑最先亮起的概率，则中至少有一个开关闭合在亮起之后，
中也至少有一个开口闭合亮起之后，
下面分三种情况讨论，
情况1：都闭合在亮起之后，这种情况相当于全排列，依次闭合，
再将剩余的四个开关全排列之后依次闭合，可能的情况有种；
情况2：和中都恰好有1个开关闭合在亮起之后，
这种情况要求中有一个开关闭合顺序排在第5位，其余两个排在前四位，
前四位剩下的两个空位分别在和中各选一个进行排列，剩下的两个排在末两位，
可能的情况有种，
情况3：中恰好有三个开关闭合在亮起之后，
这种情况要求中有一个开关闭合顺序排在第四位，其余两个排在前三位，
剩下四个开关全排列，可能的情况有种，
7个开关依次全部闭合共有种情况，
故最先亮起的概率为，
而和的情况是一样的，故两者最先亮起的概率相等，
所以最先亮起的概率为.
故答案为：
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. 随着粤港澳大湾区建设、黄河流域生态保护和高质量发展等区域重大战略实施取得新成效，城乡融合和区域协调发展继续推进，年末全国常住人口城镇化率增长至.下图为年年末常住人口城镇化率的折线图.
（1）由折线图看出，可用线性回归模型拟合常住人口城镇化率与年份代码的关系.请建立关于的回归方程；
（2）从这年中任取年，记常住人口城镇化率超过的年数为，求的分布列与数学期望.
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘法公式分别为：，.
解：（1）设年份代码的平均数为，则.
设常住人口城镇化率的平均数为，则.
因为，
，
所以.
所以.
所以关于的回归方程为.
（2）由图可知，第、、年常住人口城镇化率超过，
由题意可知，的取值可能为、、，
因为；；.
所以的分布列为：
所以的数学期望为.
16. 已知正项数列前项的和为，且.
（1）求，；
（2）证明：是等差数列；
（3）求数列的前项的和.
（1）解：由，
令，有，因为，所以.
令，有，即，由，解得.
所以，.
（2）证明：当时，由，代入，
化简得，即，
所以是首项为1，公差为1的等差数列.
（3）解：由（2）可知.因为是正项数列，所以，从而.
由，
所以.
所以数列的前项的和.
17. 如图，在矩形中，，，为EC中点，将沿AD翻折至，使得.
（1）证明：平面平面；
（2）线段PB上是否存在一点，使得AT与平面PAD所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
（1）证明：如图，设线段的中点为，线段的中点为，连接，，，
依题意，，则，由，得，
而，，是梯形的中位线，于是，，
而平面，，则平面，
而平面，于是，又平面，且和一定相交，
因此平面，而平面，所以平面平面.
（2）解：依题意，，则，即，
由（1）知平面，平面，则，
由平面，，得平面，过作平面，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：
则，，
令，
则，
由平面，得平面的法向量，
设直线与平面所成角为，
则，解得，
所以当时，直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，为的导函数.
（i）求实数取值范围；
（ii）记较小的一个零点为，证明：.
（1）解：函数的定义域为，，
①当时，，函数在单调递减；
②当时，令，解得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
综上所述，当时，函数在单调递减；
当时，函数在上单调递减，在单调递增.
（2）（i）若，由（1）知，至多有一个零点；
若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.
因为当时，；
当时，，
所以函数有两个零点当且仅当.
设，函数在单调递增.
因为，的解集为.
综上所述，的取值范围是.
（ii）因为，由，结合（i）知，
要证，即证，即，
当时，因为，，不等式恒成立；
当时，由得.
即证.
即证.
即证.
设，，由，
所以在单调递增.所以，故原不等式成立.
所以.
19. 如图，在直角坐标系中，已知是拋物线的焦点，过点的直线交抛物线于，两点，且满足.
（1）求的值；
（2）已知点，直线，与拋物线的另一个交点分别为，，直线交轴于点，交直线于点.抛物线在，处的切线交于点，过点作平行于轴的直线，分别交直线KD，于点，.
（i）求证：点为定点；
（ii）记，的面积分别为，，求的最小值.
解：（1）由题意，直线斜率必存在，
设，，，
联立得，.
所以，.
由.
解得或（舍）.所以.
（2）（i）直线斜率必存在，设，，，
联立得，所以.
同理.又因为，所以.
直线斜率必存在，设，
联立得，所以.
解得，所以直线过定点.即的坐标为.
（ii）由，且，，
得.
所以直线的方程为.由直线与直线相交，可得.
联立解得.
因为抛物线方程为，所以.
抛物线在点处切线方程为.
所以.同理.
又，所以的中点为.
联立得，
由及，所以.
过作平行于轴的直线交于点，则.
所以
.
当且仅当时，即直线方程为或时等号成立.