四川省绵阳市2025届高三数学下学期模拟三考试试卷含解析

这是一份四川省绵阳市2025届高三数学下学期模拟三考试试卷含解析，共21页。试卷主要包含了考试结束后，只交回答题卡即可， 函数 满足， 已知 ， ， ，则等内容，欢迎下载使用。
1.考试时间 120 分钟，试卷满分 150 分.
2 开考前，请在试卷上和答题卡上都要填写好自己的个人信息，然后用 2B 铅笔在答题卡的规
定区域填写，用 0.5mm 黑色签字笔在答题卡的指定区域书写.
3.考试结束后，只交回答题卡即可.
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合
题目要求的.
1. 已知集合 ，集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由对数函数单调性得到 ，即可求解集合的交集.
【详解】集合 ，集合 ，所以 ，
故选:C.
2. 已知等差数列 的前 项和为 ，且 ，则公差为（ ）
A. 4 B. 8 C. 10 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列的公式及性质即可求得公差.
详解】由等差数列公式得： ，
可得 ，即公差为 ，
故选：D．
3. 设 关于 x 的方程 有实数解，则 p 是 q 的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
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【答案】A
【解析】
【分析】先结合辅助角公式及正弦函数性质求出 对应的范围，然后结合充分必要条件的定义即可判断.
【详解】因为 ，所以 ，即 .
因为 ，
所以由 可以推出 ，由 不可以推出 ，所以 是 的充分不必要条件．
故选：A.
4. 函数 满足： ，若 ， ，则 （ ）
A. 1 B. C. 5 D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析函数 的周期性，利用函数的周期性求 的值.
【详解】由题意可得： ，
用 代替 可得： ，
两式相加得： .
所以 ，所以函数 是以 6 为周期的周期函数.
所以 .
又 ，所以 .
所以 .
所以 .
故选：D
5. 已知 ， ， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
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【分析】根据指对数函数的性质判断对数式、指数幂的大小关系.
【详解】 ，
∴ .
故选：D
6. 已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，圆锥的表面积为 ，则圆锥的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助圆锥表面积公式计算即可得.
【详解】设圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，
则 ，解得 ，所以圆锥的高 .
故选：B
7. 如图，已知正三棱柱 ，E，F 分别是棱 上的点．记 与 所成的
角为 ， 与平面 所成的角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先用几何法表示出 ，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点 作 于 ，过 作 于 ，连接 ，
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则 ， ， ，
， ， ，
所以 ，
故选：A．
8. 设 F 是双曲线 的右焦点，过点 F 向 C 的一条渐近线引垂线，垂足为 A，交
另一条渐近线于点 B，若 ，则双曲线 C 的离心率是（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设一渐近线 的方程为 ，设 ， ，由 ，求得点 的坐标，
再由 ，斜率之积等于 ，求出 ，代入 进行运算．
【详解】解：由题意得右焦点 ，设一渐近线 的方程为 ，
则另一渐近线 的方程为 ，
设 ， ，
，
， ， ，
， ，
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， ，
，
由 可得，斜率之积等于 ，即 ，
， ．
故选：C．
【点睛】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，求得点 的坐标是解题的关键，属
于中档题．
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 某位射击运动员的两组训练数据如下：第一组：10，7，7，8，8，9，7；第二组：10，5，5，8，9，9，
10．则（ ）
A. 两组数据的平均数相等
B. 第一组数据的方差大于第二组数据的方差
C. 两组数据的极差相等
D. 第一组数据的中位数小于第二组数据的中位数
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意，由平均数，方差，极差以及中位数的定义，代入计算，即可判断.
【详解】第一组数据从小到大排序为： ，
其平均数为 ，
其方差为 ，
其极差为 ，
其中位数为： ；
第二组数据从小到大排序为： ，
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其平均数为 ，
其方差 ，
其极差为 ，
其中位数为：
所以 AD 正确，BC 错误；
故选：AD.
10. 已知 为坐标原点，点 ， ， ， ，
则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】A、B 写出 ， 、 ， 的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D 根据向量
的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.
【详解】A： ， ，所以 ，
，故 ，正确；
B： ， ，所以
，
同理 ，故 不一定相等，错误；
C：由题意得： ，
，正确；
D：由题意得： ，
，故一般来说 故错误；
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故选：AC
11. 不动点理论是泛函分析与拓扑学中的重要理论，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数 ，存
在一个点 ，使得 ，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称 为该函数的一个不动点，依据
不动点理论，下列说法正确的是（ ）
A. 只有 1 个不动点
B. 若 （ ）没有不动点，则 没有零点
C. 若 （ ）没有不动点，则方程 无实根
D. 有 3 个不动点
【答案】AC
【解析】
【分析】根据“不动点”函数的定义，分别对每个选项进行分析，判断其是否满足“不动点”函数的条件，
以及是否满足题目中的其他条件．
【详解】对于 A，令 ， ， ，当且仅当 时取“=”，
则 在 上单调递减，而 ，即 在 上只有一个零点，函数 只有一个不动点，A 正
确；
对于 B， 没有不动点等价于 的图象与直线 没有交点，
没有零点等价于 的图象与 轴没有交点，
显然，当对称轴在 轴左边， 的图象与 没有交点时，不能推出与 轴没有交点，B 错误；
对于 C，依题意， 没有不动点等价于方程 无实数根 无实数根，
即 ，
当 时，二次函数 的图象开口向上，则 恒成立，
即 ，恒有 ，
而 ，因此有 恒成立，即方程 无实根，
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当 时，二次函数 的图象开口向下，则 恒成立，
即 ，恒有 ，
而 ，因此有 恒成立，即方程 无实根，
所以函数 （ ）没有不动点，则方程 无实根，C 正确；
对于 D，由 ，得 ，
易知当 时， ， 单调递减，且 ，所以当 时， 的图象与直
线 有且只有一个交点；
当 时， ， 单调递减，且 ；
当 时， ， 单调递增.令 ，得 ，
解得 ，此时 ，所以直线 与曲线 相切于点 .
所以直线 与曲线 共有两个交点，所以 只有两个不动点，故 D 错误；
故选：AC．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知 是虚数单位，若复数 满足 ，则 ______．
【答案】
【解析】
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【分析】利用复数除法法则进行计算出答案..
【详解】 ，故 .
故答案为：
13. 已知二项式 ，其展开式中 项 系数为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项展开式通项公式直接求解即可.
【详解】二项式 展开式通项为 ，
令 ，解得： ， ，
展开式中 项的系数为 .
故答案为： .
14. 在四棱锥 中， ，且 ，
，若该四棱锥存在半径为 1 的内切球，则 _______.
【答案】 ##
【解析】
【分析】如图,截取一个正四棱锥 ，结合已知得到 ，同时可证得 平
面 ，设 ，四棱锥 的体积可转化为
，因为四棱锥 存在半径为 1 的内切球，可得
，联立得到 的关系式，化简计算即可.
【详解】如图， ，且 ，
可以在四棱锥上截取一个正四棱锥 ，
此时四边形 为正方形，且边长为 ，
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，
， ，
设 ，
，且 ，
， ，O 为 BD 中点，
， ，
又 ， 平面 ，
， ，
，
又因为四棱锥 存在半径为 1 的内切球，
，
即 ，
即 ，
，解得 ，
因为四棱锥 存在半径为 1 的内切球，直径为 2， ，
而 ，故 ，
故答案为：
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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. 设函数 .
（1）求 的最小正周期和对称中心；
（2）当 时，求函数 的最值.
【答案】（1） ， ， ；（2）最小值为 ，最大值为 .
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式、两角和与差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正
弦函数性质求解．
（2）求出 的取值范围，然后由正弦函数性质得最值．
【详解】（1）
，
∴ 的最小正周期是 ，
由 得 ，对称中心是 . ，
（2） 时， ，此时 .
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最大值为 ，此时 ， ，
最小值为 ，此时 ， ．
综上， 的最小值为 ，最大值为 .
【点睛】本题考查二倍角公式、两角和与差的正弦公式，考查正弦函数的性质，掌握正弦函数性质是解题
关键．
16. 记 为数列 的前 n 项和，已知 是公差为 的等差数列．
（1）求 的通项公式；
（2）证明： ．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得 ，得到 ，利用和与项的关
系得到当 时， ,进而得： ，利用累乘法求得
，检验对于 也成立，得到 的通项公式 ；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到 ，进而证得.
【小问 1 详解】
∵ ，∴ ,∴ ,
又∵ 是公差为 的等差数列，
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∴ ,∴ ,
∴当 时， ，
∴ ,
整理得： ,
即 ,
∴
，
显然对于 也成立，
∴ 的通项公式 ；
【小问 2 详解】
∴
17. 如图,矩形 所在平面与平面 垂直 ,且 为 上的动点.
（1）当 为 的中点时，求证： ；
（2）若 ，在线段 上是否存在点 ，使得二面角 的大小为 .若存在,确定点 的
位置，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
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（2） 在线段 上距 点 处
【解析】
【分析】（1）先证 平面 ，进而以 为原点, 所在直线 轴,建立空间直角坐标
系.计算 可得 ；
（2）设 ，利用向量法，根据二面角 的大小为 可求得 .
【小问 1 详解】
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
平面 ，故可以 为原点, 所在直线 轴,建立空间直角坐标系如图.
不妨设 ， ，则 ，
从而 ，于是 ，
.
【小问 2 详解】
设 ， ，则 ，
所以 ，
易知向量 为平面 的一个法向量，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
解得 ，令 ，则 ，从而 ，
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依题意 ，即 ，解得 （舍去）或 ，
所以点 在线段 上距 点 处.
18. 已知函数 .
（1）当 时，求 在区间 上的值域；
（2）若 有唯一的极值点，求 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据 的正负可确定 的单调性，由此可确定最值点，根据最值可得值域；
（2）将问题转化为讨论 的变号零点，令 ，分别在 和 的情况下，结
合 的单调性和零点存在定理的知识可说明 的正负，从而得到 单调性，由极值点定义可确
定满足题意的 的范围.
【小问 1 详解】
当 时， ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递增，在 上单调递减， ，
又 ， ， ，
在 上的值域为 .
【小问 2 详解】
， 的极值点即为 的变号零点，
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设 ， ；
①若 ， 与 在 上单调递减，
在 上单调递减；
， ，
存在唯一的 ，使得 ，
又 定义域为 ， ，
，且当 时， ；当 时， ；
在 上单调递增，在 上单调递减，
存在唯一的极大值点，符合题意；
②若 ， 定义域为 ，
当 时， ， ， ， 单调递减，
（i）当 时， ， ，即 ，
上无极值点；
（ii）当 时， ， ，即 ，
在 上无极值点；
（iii）当 时， ， ，
存在唯一的 ，使得 ，即 ，
当 时， ，即 ；当 时， ，即 ；
是 的极大值点，此时 在 上有一个极值点；
当 时， ；令 ，解得： ，
则当 时， ；当 时， ；
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在 上单调递增，在 上单调递减；
令 ，解得： ，
（i）当 时，若 ， ， ，
当 时， ，
， ，使得 ，
则当 时， ，即 ；当 时， ，即 ；
在 上单调递增，在 上单调递减，
此时 在 上有两个极值点；
若 ，则 ， ，则 ，
此时 在 上无极值点；
不符合题意；
（ii）当 时， ， ， ，
存在唯一的 ，使得 ，
则当 时， ，则 ；当 时， ，则 ；
在 上单调递增，在 上单调递减，
为 唯一的极大值点，此时 在 有一个极值点，
则 符合题意；
（iii）当 时， ， ；
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当 时， ；
存在唯一的 ，使得 ，
当 时， ，则 ；当 时， ，则 ；
在 上单调递增，在 上单调递减，
为 的极大值点，此时 在 有一个极值点，不合题意；
综上所述： 的取值范围为 .
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的极值点的问题，解题基本思路是将问题转化为讨论导函
数的变号零点个数的问题，可以结合函数中的零点存在定理的知识来说明变号零点的个数，从而得到函数
的单调性和极值点个数.
19. 双曲线 的一个顶点在直线 上，且其离心率为 ．
（1）求双曲线 的标准方程；
（2）若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的
切线，定义该公共点为切线的切点，已知点 在直线 上，且过点 恰好可作双曲线 E 的两条切线，设这
两条切线的切点分别为 和 ．
（i）设点 的横坐标为 ，求 的取值范围；
（ii）设直线 和直线 分别与直线 交于点 和点 ，证明：直线 和直线 交点在定直
线上．
（附：双曲线 以点 为切点的切线方程为 ）
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出 ，再根据离心率得到 ，则得到其双曲线方程；
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（2）（i）首先排除切线斜率不存在的情况，再采用设线法，并联立双曲线方程，根据判别式得到 的范围；
（ii）设 ，根据切线结论得到直线 和 方程，再联立求出 的坐标，再求出
的坐标，得到直线 方程，再分别设直线 与直线 交点为 ，直线 与直线 交点为 ，证明两点
重合即可.
【小问 1 详解】
直线 方程中，令 ，则 ，
则直线 与 轴交于 ，所以 ．离心率 ，
所以 ，故 ．
所以双曲线 的标准方程为 ．
【小问 2 详解】
（i）经检验，当一条切线斜率不存在时，
若 ，显然另一条切线方程斜率存在，设切线方程为 ，
联立双曲线方程得 ，
则 ，
解得 ，而双曲线渐近线方程为 ，则此时不符合题意，
当 时，此时只有一条切线，显然不合题意，
则两条切线斜率均存在，设切线斜率为 ，切线方程为 ，
与双曲线方程联立得： ，
令 ．
整理得： ，由于 ，所以 且 ．
上式整理得： ．
由题意， 有两个相异实根，所以 ，
且 ．
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整理得： ，解得： ．
综上所述， 的取值范围是 ．
（ii）设 ．
直线 和 方程分别为 和 ．
联立得点 ．
又点 在直线 上，代入整理得： ．①
在直线 方程中，令 ，则 ，得点 ．
，
故直线 方程为： ．
设直线 与直线 交点为 ，联立两直线方程： ．
解得： ．
设直线 与直线 交点为 ，
同理可得： ．
由①式，作差 的分子有
，
作差 的分母有
则可得 和 表达式的分子分母分别相等．
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故 ， 两点重合，所以直线 与 的交点在定直线 上．
【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是采用证明两交点重合的方程得到定直线方程.
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