四川省成都2025屆高三第一次模擬考試文科數學試題（總分：150分，時間：120分鐘）第Ⅰ卷（共60分）一、選擇題（本題共12道小題，每小題5分，共60分）1.若復數R)滿意，其中為虛數單位，則（??）A. B. C. D.【答案】A【分析】利用復數的四則運算法則，復數相等的條件以及復數模的概念求解.【詳解】由已知得，即，由復數相等的條件得，解得，則，所以，故選：A.2.在某校中學籃球聯賽中，某班甲、乙兩名籃球運動員在8場競賽中的單場得分用莖葉圖表示（如圖一），莖葉圖中甲的得分有部分數據丟失，但甲得分的折線圖（如圖二）完好，則下列結論正確的是（）A.甲得分的極差是18 B.乙得分的中位數是16.5C.甲得分更穩定 D.甲的單場平均得分比乙低【答案】B【分析】依據圖一中甲的得分狀況可推斷ABC的正誤，結合圖二可推斷圖一丟失的數據，計算兩者的均值后可推斷D的正誤.【詳解】對于甲，其得分的極差大于或等于，故A錯誤；從折線圖看，甲的得分中最低分小于10，最高分大于或等于28，且大于或等于20的分數有3個，故其得分不穩定，故C錯誤；乙的數據由小到大依次為：乙得分的中位數為，故B正確.乙得分的平均數為，從折線圖上，莖葉圖中甲的得分中丟失的數據為一個為，另一個可設為，其中，故其平均數為，故D錯誤.故選：B.3.某老師為了了解數學學習成果得分y（單位：分）與每天數學學習時間x（單位：分鐘）是否存在線性關系，搜集了100組數據，并據此求得y關于x的線性回來方程為.若一位同學每天數學學習時間約80分鐘，則可估計這位同學數學成果為（）A.106 B.122 C.136 D.140【答案】C【分析】利用回來方程經過樣本中心可求，故可估計這位同學每天數學學習時間約80分鐘后的數學成果.【詳解】由題設可得，故，故，故，故當時，，故選：C.4.利用隨機模擬方法可估計無理數的數值，為此設計右圖所示的程序框圖，其中rand表示產生區間(0,1)上的隨機數,是與的比值，執行此程序框圖，輸出結果的值趨近于A.B.C.D.【答案】B【分析】依據程序框圖可知由幾何概型計算出x，y任?。?，1）上的數時落在內的頻率，結合隨機模擬試驗的頻率約為概率，即可得到答案．【詳解】解:依據程序框圖可知為頻率，它趨近于在邊長為1的正方形中隨機取一點落在扇形內的的概率故選B【點睛】本題考查的學問點是程序框圖，依據已知中的程序框圖分析出程序的功能，并將問題轉化為幾何概型問題是解答本題的關鍵，屬于基礎題.5.已知命題p：，命題q：直線與拋物線有兩個公共點，則p是q的（??）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【分析】由題意，聯立方程求解，依據一元二次方程的求解公式，結合充分條件與必要條件的定義，可得答案.【詳解】由題意，聯立可得，消去整理可得：，則恒成立，則直線與拋物線必定有兩個交點，則明顯成立，不成立，故選：A.6.有6名選手參與演講競賽，觀眾甲揣測：4號或5號選手得第一名；觀眾乙揣測：3號選手不行能得第一名；觀眾丙揣測：1，2，6號選手中的一位獲得第一名；觀眾丁揣測：4，5，6號選手都不行能獲得第一名．競賽后發覺沒有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜對競賽結果，此人是（）A.甲 B.乙 C.丙 D.丁【答案】D【分析】假設四人中隨意一人猜對，依據合情推理即可求解.【詳解】假設甲猜對競賽結果，則乙也猜對競賽結果，所以假設不成立，所以甲沒猜對競賽結果，即得第一名的是1,2,3或6；若乙猜對競賽結果，則1,2或6號選手中的其中一名獲得第一名，此時丙也猜對競賽結果，所以乙也沒有猜對競賽結果，所以3號選手獲得第一名，則只有丁猜對了競賽結果.故選：.7.已知，則的圖象大致為（）A.B.C.D.【答案】B【分析】利用函數的定義域以及特別值檢驗即可求解.【詳解】由已知得函數的定義域為，由此解除選項,由于，由此解除選項和,故選：.8.某四面體的三視圖如圖所示，正視圖，俯視圖都是腰長為2的等腰直角三角形，側視圖是邊長為2的正方形，則此四面體的四個面中面積最大的為A. B. C.4 D.【答案】B【詳解】解：如圖所示，該幾何體是棱長為2的正方體中的三棱錐，其中面積最大的面為：.本題選擇B選項.點睛：三視圖的長度特征：“長對正、寬相等，高平齊”，即正視圖和側視圖一樣高、正視圖和俯視圖一樣長，側視圖和俯視圖一樣寬．若相鄰兩物體的表面相交，表面的交線是它們的分界線，在三視圖中，要留意實、虛線的畫法．9.若過點的圓與兩坐標軸都相切，則圓心到直線的距離為()A. B. C. D.【答案】A【分析】依據題意可得圓在第一象限，依據幾何關系可設圓的方程為，a>0，代入即可求出a，依據點到直線距離公式即可求出答案．【詳解】由題意可得所求的圓在第一象限，設圓心為，則半徑為，．故圓的方程為，再把點代入，，解得或1，故要求的圓的方程為或．故所求圓的圓心為或；故圓心到直線的距離或；故選：A．10.已知雙曲線的左、右焦點分別為，，左、右頂點分別為M，N，點P在C的漸近線上，，，則雙曲線的C的漸近線方程為（）A. B. C. D.【答案】D【分析】由題可得是直角三角形，則可得.又在中，由余弦定理可求得，依據勾股定理可知，則在中，利用可得，即漸近線方程為.【詳解】連接OP，則由可知，則在中，，在中，，則，又，則由余弦定理得：，解得，由知，即，所以在中，，即，則，所以所求漸近線方程為：.故選D.【點睛】本題考查了雙曲線的幾何性質，利用余弦定理解三角形，屬于中檔題.11.若函數存在兩個極值點和，則取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】C【分析】求出函數的導數，依據原函數有兩個極值點可求，再依據零點的性質可得、，據此可用表示，利用導數可求其范圍.【詳解】，因為存在兩個極值點和，故和為的兩個不同的根，故且，，，故（舍）或且，所以，同理，故，設，故，故在上為減函數，故，故的取值范圍為：，故選：C.12.在正方體中，分別為棱中點，動點平面，，則下列說法錯誤的是（）A.的外接球面積為 B.直線平面C.正方體被平面截得的截面為正六邊形 D.點的軌跡長度為【答案】D【分析】可證明正方體被平面截得的截面為正六邊形，故可推斷C的正誤，利用面面平行的判定定理可推斷B的正誤，利用補體法可求的外接球的直徑后可推斷A的正誤，利用向量的方法可求到平面的距離，從而可求點的軌跡長度，故可推斷D的正誤.【詳解】如圖，設的中點分別為，連接.

由正方體的性質可得，而為三角形的中位線，故，故，故四點共面，同理，也四點共面，故五點共面，同理也四點共面，故六點共面.正方體被平面截得的截面為六邊形，，因為平面平面，平面平面，而平面平面，故，而為三角形的中位線，故，故，但與方向相反，故與互補，而為等邊三角形，故，故，同理，故正方體被平面截得的截面為正六邊形，故C正確.由，平面，平面，故平面，同理故平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，故B正確.對于A，將三棱錐補成如圖所示的長方體，其中分別為、的中點，則其外接球的直徑即為的體對角線的長度即，故三棱錐的外接球的表面積為，故A正確.建立如圖所示的空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則，故，取，則，故，而，故到平面的距離為，而，故點的軌跡為平面與球面的截面（圓），該圓的半徑為，故圓的周長為，故D錯誤.故選：D.【點睛】思路點睛：空間幾何題外接球的半徑的求法，可先依據幾何性質確定球心的位置，然后把球的半徑放置在可解的圖形中求解，也可以通過補體轉化為規則幾何體的外接球的半徑，而與球的截面的計算問題，則需計算球心到截面的距離.第Ⅱ卷（共90分）二、填空題（本題共4道小題，每小題5分，共20分）13.設命題，若是假命題，則實數的取值范圍是__________.【答案】【分析】依據原命題為真結合基本不等式可求參數的取值范圍.【詳解】因為是假命題，故為真命題，因為，故，當且僅當時，等號成立，故.故答案為：.14.在同一平面直角坐標系中，曲線所對應的圖形經過伸縮變換得到圖形.點在曲線上，則點到直線的距離的最小值為____________.【答案】【分析】通過得到，然后代入到曲線的方程即可得到曲線的方程，再設利用點到直線的距離公式、協助角公式及三角函數的性質計算可得.【詳解】由得到，代入到中得．即為曲線的直角坐標方程，設，則點到直線的距離，其中（，），所以當時，即點到直線的距離最小值為.故答案為：15.已知函數的定義域為，其導函數是.有，則關于的不等式的解集為_________.【答案】【分析】構造函數，利用導數說明函數的單調性，將函數不等式轉化為自變量的不等式，解得即可.【詳解】依題意令，，則，因為當時，，所以當時，，∴在上單調遞減，則等價于，即，∴，解得，所以所求不等式的解集為.故答案為：16.已知拋物線：的焦點為，經過拋物線上一點，作斜率為的直線交的準線于點，為準線上異于的一點，當時，______．【答案】##【分析】依據題設條件確定在第一象限內，且，設且，結合得到關于m的方程并求值，又即可得結果.【詳解】不妨令為過點垂直于準線的垂足，又，即為角平分線，是斜率為的直線與拋物線準線的交點，則在第一象限內，而，且，依據角平分線性質知：，如上圖示，令且，則直線為，令，則，由，整理可得，則，故.故答案：三、解答題（本題共6道小題，22題10分，其余各題12分，共70分）17.已知函數其中為常數，設為自然對數的底數.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）是否存在實數，使得在區間上的最大值為？若存在，求出求的值，若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）不存在，理由見解析.【分析】（1）依據導數的幾何意義可求出結果；（2）假設存在實數，使得在區間上的最大值為，利用導數可得，再利用導數求出函數在區間上的最大值，結合已知最大值列式，解得，不滿意，從而可得結論.【小問1詳解】當時，，，，，，所以曲線在點處的切線方程為，即.【小問2詳解】假設存在實數，使得在區間上的最大值為，因為，，，若，則在區間上恒成立，在區間上單調遞增，此時在區間上無最大值；故，令，得，令，得，則函數在上單調遞增，在上單調遞減，因為函數在開區間上有最大值為，所以，即，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以，得，又，所以不成立，故不存在實數，使得在區間上的最大值為.18.今年是中國共青團建團100周年，我校組織了1000名中學同學進行團的學問競賽.成果分成5組：，，，，，得到如圖所示的頻率分布直方圖.若圖中未知的數據a，b，c成等差數列，成果落在區間內的人數為400.（1）求出直方圖中a，b，c的值；（2）估計中位數（精確到0.1）和平均數（同一組中的數據用該組區間的中點值代替）；（3）在區間內的學生中通過分層抽樣抽取了5人，現從5人中再隨機抽取兩人進行現場學問答辯，求抽取兩人中恰好有1人得分在區間內的事務概率.【答案】（1），，；（2）中位數為，平均數為；（3）【分析】（1）先由在區間內的人數求出值，再依據等差數列的性質和頻率分布直方圖中全部小矩形的面積之和為1，求出的值；（2）設中位數為，依據中位數左側直方圖的面積為求解中位數，利用平均數等于每個小矩形的面積乘上小矩形底邊中點的橫坐標之和求解平均數；（3）先利用分層抽樣求出抽取的5人中4人來自區間，1人來自區間，再利用古典概型求出抽取兩人中恰好有1人得分在區間內的概率.【小問1詳解】由已知可得，則，即，又∵a，b，c成等差數列，∴,解得，，【小問2詳解】∵，，∴設中位數為，且，∴，解得，即中位數為，平均數為，【小問3詳解】成果位于區間內的學生有人，成果位于區間內的學生有人，通過分層抽樣抽取了5人中來自區間的人數為人，來自區間的人數為人，抽取兩人中恰好有1人得分在區間內的概率為.19.如圖所示，四棱柱，底面ABCD是以AB，CD為底邊的等腰梯形，且，，.（1）求證：平面平面ABCD；（2）若，求三棱錐的體積.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）在中，利用余弦定理求出，可得，再加上，可得平面，進而可得平面平面ABCD；（2）取BD的中點O，由（1）可得出面ABCD，通過平面ABCD，得，代入條件可得答案.【詳解】（1）中，，，則即，又，平面又面ABCD，所以平面平面ABCD.（2）取BD的中點O，由于，所以由（1）可知平面面ABCD，而平面面平面，故面ABCD.因為，，則因為平面ABCD所以.【點睛】本題考查面面垂直的證明，考查錐體體積的計算，關鍵是利用線面平行轉換錐體的頂點求體積，是中檔題.20.“工藝折紙”是一種把紙張折成各種不同形態物品的藝術活動，在我國源遠流長.某些折紙活動蘊含豐富的數學內容，例如：用一張圓形紙片，按如下步驟折紙（如圖）步驟1：設圓心是，在圓內異于圓心處取一點，標記為；步驟2：把紙片折疊，使圓周正好通過點；步驟3：把紙片綻開，并留下一道折痕；步驟4：不停重復步驟2和3，就能得到越來越多的折痕.現對這些折痕所圍成的圖形進行建模探討.若取半徑為6的圓形紙片，如圖，設定點到圓心的距離為4，按上述方法折紙.以點所在的直線為軸，線段中點為原點建立平面直角坐標系.（1）若已探討出折痕所圍成的圖形即是折痕與線段交點的軌跡，求折痕圍成的橢圓的標準方程；（2）記（1）問所得圖形為曲線，若過點且不與軸垂直的直線與橢圓交于兩點，在軸的正半軸上是否存在定點，使得直線斜率之積為定值？若存在，求出該定點和定值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）存在點使得和之積為.【分析】（1）建立直角坐標系，利用橢圓的定義求橢圓的標準方程；（2）設出直線的方程，并與橢圓方程聯立，依據斜率的定義求解.【小問1詳解】如圖，以所在的直線為軸，的中點為原點建立平面直角坐標系，設為橢圓上一點，由題意可知，∴點的軌跡點為焦點，長軸的橢圓，∵，，∴，∴，則橢圓的標準方程為，【小問2詳解】設直線的方程為，將直線方程和橢圓方程聯立，消去得，其中，設，，則，消去和可得，要使為定值，則，∵，∴，此時，∴存在點使得和之積為.21.已知函數.（1）若，求實數的值；（2）已知且，求證：.【答案】（1）（2）證明見解析