四川省新高考联盟校级2025届高三上学期九月适应考 数学试题（含解析）

这是一份四川省新高考联盟校级2025届高三上学期九月适应考 数学试题（含解析），共23页。
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”.
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效.
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回.
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．已知命题，，命题，，则（ ）
A．p和q都是真命题B．和q都是真命题
C．p和都是真命题D．和都是真命题
2．已知向量与向量共线，，，且向量与向量的夹角为锐角，则向量（ ）
A．B．C．D．
3．在空间四边形中，分别为边上的点，且，又分别为的中点，则（ ）
A．平面，且四边形EFGH是矩形
B．平面，且四边形EFGH是梯形
C．平面，且四边形EFGH是菱形
D．平面，且四边形EFGH是平行四边形
4．若点在曲线上移动，经过点的切线的倾斜角为，则角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知复数，复数满足，则（ ）
A．
B．复数在复平面内所对应的点的坐标是
C．
D．复数在复平面内所对应的点为，则
6．用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（ ）
A．B．C．D．
7．设，为正整数，，，，，…，，…，已知，则的值为（ ）
A．1806B．2005C．3612D．4100
8．已知角是锐角，角是第四象限角,且，，，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．已知随机变量满足：，则（ ）
A．B．
C．D．
10．下列函数中最小值为4的是（ ）
A．B．
C．D．
11．在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），为与其中两条曲线的交点，若，则（ ）
A．开口向上的抛物线的方程为
B．AB=4
C．直线截第一象限花瓣的弦长最大值为
D．阴影区域的面积大于4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．表示不小于x的最小整数，例如，．已知等差数列的前n项和为，且，．记，则数列的前10项的和 ．
13．在中，点在边上，，则的外接圆的半径为 .
14．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍（chú méng）者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也．甍，屋盖也．”其释义为：刍甍，底面有长有宽的矩形，顶部只有长没有宽为一条棱的五面体．刍甍字面意思为茅屋屋顶．如图所示，现有刍甍，所有顶点都在球O的球面上，球心O在矩形所在的平面内，，，该刍甍的体积最大时， ，体积的最大值为 ．
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．算盘是我国古代一项伟大的发明，是一类重要的计算工具.如图，算盘多为木制，内嵌有九至十五根直杆（简称档），自右向左分别表示个位、十位、百位、……，梁上面一粒珠子（简称上珠）代表5，梁下面一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如，个位拨动一粒上珠、十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算盘的个位、十位、百位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件“表示的三位数能被5整除”，“表示的三位数能被3整除”.
(1)求事件A，B的概率.
(2)求事件、的概率.
16．如图，在三棱锥中，，，点是的中点.

(1)求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)点在棱上，且，求直线与平面所成角的大小.
17．已知函数.
(1)若不等式的解集为，求的取值范围；
(2)当时，解不等式；
(3)对任意的，不等式恒成立，求的取值范围.
18．如图，已知点列与满足，且，其中，．

(1)求；
(2)求与的关系式；
(3)证明：．
19．通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P，
(1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：
(2)已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，
（i）求斜椭圆C的离心率；
（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.
1．A
【分析】依次判断两个命题的真假，即可求解.
【详解】对于命题，当时，，
当时，，所以命题是真命题；
对于命题，当时，，所以命题是真命题；
故选：A.
2．C
【分析】根据题意，根据模长公式以及数量积的坐标运算求解即可.
【详解】由题意可知：向量与向量共线，，可设，
因为，解得，
又因为向量与向量的夹角为锐角，
则，解得，
综上所述：，.
故选：C．
3．B
【分析】根据比值关系，利用线面平行判定定理证明平面，然后证明平行且不相等即可.
【详解】如图所示，在平面内，​
，又平面，平面
平面．
分别是的中点，
．
又​，
．在四边形EFGH中，且​
四边形EFGH为梯形．
故选：B．
4．D
【分析】先设切点坐标，然后求导计算切点斜率，得到斜率范围，最后得到倾斜角范围即可.
【详解】设，，则
所以过点切线斜率
所以
所以得
故选：D
5．C
【分析】根据共轭复数的概念求，结合复数的乘法公式求，根据复数的模的公式求，判断A，根据复数的几何意义求复数在复平面内所对应的点的坐标，判断B，根据复数的模的几何意义确定复数所对应的点的轨迹，由此判断C，结合复数的模的公式，由条件求点的轨迹方程，判断D.
【详解】因为，所以，
所以，又，A错误；
对应的点的坐标为，B错误；
由知对应的点在以对应点为圆心，2为半径的圆上，
又，因此，C正确；
对应的点的坐标为，因此，D错误，
故选：C．
6．B
【分析】组成有重复数字的三位数，且是偶数,按个位是和不是进行分类; 个位不是时要注意选中的数有和不是情况求解.
【详解】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即0，2，4，有3种选择，
而由于这是一个三位数，所以百位数不能是0，有5种选择，因为存在重复数字，由此分类讨论:
①当个位数为0时，则百位数有5种选择，十位数有两种情况，
与百位数一样，只有一种选择，
与个位数一样，也只有一种选择;
②当个位数为2时，
如果百位数为2，则十位数有6种选择，
如果百位数不为2，则百位数有4种选择，此时十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择:
当个位数为4时，
如果百位数为4，则十位数有6种选择，
如果百位数不为4，则百位数有4种选择，十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择
综上所述，.
故选：B.
7．A
【分析】根据已知条件化简归纳通项公式即可求参.
【详解】,
,
,
依此类推得出,
所以,
所以.
故选：A.
8．C
【分析】利用同角三角函数的基本关系求出所有三角函数值，利用两角和的余弦公式判断A；利用两角和的正弦公式判断B；利用二倍角公式结合两角和的正切公式判断C；利用同角三角函数的基本关系结合给定条件判断D即可.
【详解】因为，所以，因为角是锐角，角是第四象限角，
，因为，
解得，.
因为，所以，解得，
因为，所以，解得，
由两角和的余弦公式得，故A正确，
由两角和的正弦公式得，故B正确，
因为，，所以，故D正确，
由二倍角公式得，
由两角和的正切公式得，故C错误.
故选：C
9．BCD
【分析】根据二项分布的期望公式和方差公式列方程求出，然后根据期望性质和方差性质依次判断即可.
【详解】对A，因为，所以，
解得，故A错误；
对B，由上知，故B正确；
对C，，故C正确；
对D，，故D正确．
故选：BCD．
10．BCD
【分析】利用基本不等式成立的条件“一正二定三相等”，逐一验证可得选项.
【详解】对于A：当时，，故A错误；
对于B：，当且仅当，即时取等号，故B正确；
对于C：令，则，，当且仅当时取等号，而，故C正确；
对于D：由，故，
当且仅当，即时取等号，故D正确.
故选：BCD
11．ABD
【分析】对于A，利用旋转前后抛物线焦点和对称轴变化，即可确定抛物线方程；对于B，联立抛物线方程，求出点的坐标，即得；对于C，将直点线与抛物线方程联立求出的坐标，由两点间距离公式求得弦长，利用换元和函数的图象即可求得弦长最大值；对于D，利用以直线近似取代曲线的思想求出三角形面积，即可对阴影部分面积大小进行判断.
【详解】由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为,
将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为，即，故A正确；
对于B，根据A项分析，由可解得，或，即，代入可得，
由图象对称性，可得,故，即B正确；
对于C，
如图，设直线与第一象限花瓣分别交于点,
由解得，由解得，,
即得,
则弦长为：，
由图知，直线经过点时取最大值4，经过点时取最小值0，
即在第一象限部分满足，不妨设，则，且，
代入得，，（）
由此函数的图象知，当时，取得最大值为，即C错误；
对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值.
如图，
在抛物线上取一点，使过点的切线与直线平行，
由可得切点坐标为,因,则点到直线的距离为，
于是,由图知，半个花瓣的面积必大于，
故原图中的阴影部分面积必大于，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：本题主要考查曲线与方程的联系的应用问题，属于难题.
解题思路是，理解题意，结合图形对称性特征，通过曲线方程联立，计算判断，并运用函数的图象单调性情况，有时还需要以直代曲的思想进行估算、判断求解.
12．
【分析】先求出数列的通项公式，再求数列的前10项的和.
【详解】由，可得，解得，
又，得，解得，
所以数列的公差为，，
又，
，同理，，，，，
所以数列的前10项的和为.
故答案为：.
13．
【分析】设，则由题以及正弦定理形式的面积公式结合可得，进而可求出，再由即可得解.
【详解】设，则，
由，得，
即，
又，所以，即，
又，所以，所以，则，
所以，所以，
则外接圆的半径为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：根据已知条件的结构特征可知解决本题的关键是利用即求出.
14． 2
【分析】设，由球的性质可得出，把几何体补形为直三棱柱，利用三棱柱与三棱锥体积的差表示出刍甍的体积，利用导数求最大值即可.
【详解】连接交于点，取中点,连接,补几何体为直三棱柱，如图，
因为顶点都在球O的球面上，球心O在矩形所在的平面内，故球心为的交点,故,
设，则中，（），
设刍甍的体积为，则,
即
，
令，
，
令，则，
当时，，故单调递减，令解得，
所以当时，，即，单调递增，
当时，，即，单调递减，
故当时，，
此时.
故答案为：2；
【点睛】关键点点睛：利用补形的方法，将几何体补形为直三棱柱，根据三棱柱与棱锥的体积差求出刍甍的体积，是解题的关键，同时注意利用导数求函数的最大值也是解题的一个难点，属于难题.
15．(1)；
(2)；
【分析】（1）所有组成的三位数的个数是，由个位数是5的数的个数可求；由被3整除三位数的个数可求；
（2）根据和事件的概率公式和积事件的性质即可得解.
【详解】（1）只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，三位数的个数是，
要使得组成的三位数能被5整除，则只需个位数是5即可，
而这些数中个位数是5的数的个数为，
所以事件发生的概率.
由题意要使得组成的三位数能被3整除，
则只能同时出现3个1或者同时出现3个5，即111和555共两个数，
即组成的三位数能被3整除的数的个数为2个，
所以事件发生的概率.
故，.
（2）因为表示，组成的三位数既能被3整除，又能被5整除，
555既能被3整除，又能被5整除，
所以.
因为表示，组成的三位数能被3整除或能被5整除，
所以.
故，.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可知绕旋转一周形成的几何体为以为底面圆半径，以为高的圆锥，求出体积即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出直线与平面所成角的正弦值，再把角用反三角的形式表示出来即可.
【详解】（1）如图：因为绕旋转一周形成的几何体为以为底面圆半径的圆锥，
由，，
所以，所以，所以，
又因为，点是的中点，
所以，且，
所以， 所以，且，
所以平面，所以绕旋转一周形成的几何体
为以为底面圆半径，以为高的圆锥，
所以.
（2）

如图：由上可知：平面，又，
，
所以，所以，为等腰直角三角形，
又由点是的中点，所以，
以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角
坐标系， 由，
，，，，
所以，又有，
设平面的一个法向量为，
则即 令，则，
所以，设直线与平面所成角为，
所以，
所以.
17．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）对参数进行分类讨论，并结合一元二次函数性质即可求解；
（2）当时，，即，因式分解，对进行讨论，可得解集；
（3）转化为恒成立，分离参数，利用基本不等式求最值求解的取值范围．
【详解】（1）当时，由，得到，所以，不合题意，
当时，由，得到，解得，
所以实数的取值范围为.
（2）当时，，即，
可得，因为，
①当时，即，不等式的解集为
②当时，，因为，
所以不等式的解集为
③当时，．又，
所以不等式的解集为,
综上：，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为．
（3）由题对任意，不等式恒成立．
即，因为时，恒成立．
可得，设，则，所以，
可得
因为，当且仅当是取等号．
所以，当且仅当是取等号．
故得m的取值范围．
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由垂直向量的坐标表示和模长公式列出方程组，解方程即可得出答案.
（2）根据垂直向量的坐标表示和模长公式列出方程组，解方程即可得出答案.
（3）要证等价于证明，先证明，再由累加法即可证明.
【详解】（1）因为，，
，，
所以，
得，所以.
（2）由，，
①，
又，则②，
将①代入②得:
即.
（3）要证等价于证明，
当时，
，
因为，
所以
，
，
．
【点睛】关键点点睛：本题（3）的关键点在于将题意转化为证明，先由放缩法证明，再由累加法即可证明.
19．(1)
(2)（i）；（ⅱ）是，2
【分析】（1）借助所给定义计算即可得；
（2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得；
（ⅱ）法一：设出直线、，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得；
法二：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转后，再设出直线、旋转后方程，联立标准方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得.
【详解】（1）由已知可得，则，
设，则，
所以，，即点P的坐标为；
（2）（i）由与交点为和，则，
由与交点为和，
则，所以，；
（ⅱ）法一：设直线：，、Nx2,y2，
与斜椭圆联立：，
有，
∵，，
∴
，
设直线：，代入斜椭圆，
有，
∴，∴，
故.
法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为，
点Q旋转后的坐标为，
当直线旋转后斜率不存在时，，，，
当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，
旋转后、Nx2,y2，
与椭圆方程联立，即，
可得，
，，
，
设直线旋转后为，代入椭圆方程中，
有，，
.
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对旋转后的方程的理解与运用，最后一问可直接在旋转后的斜椭圆上计算，也可在标准椭圆下计算，其旋转前后的线段长度不变.