西南名校联盟2025届“3+3+3”高考备考诊断性联考（四）
数学试卷
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．
3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟．
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 已知全集，，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 在复平面内，复数与复数对应的点关于实轴对称，则（ ）
A. 1 B. C. D. 2
3. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
5. 已知等差数列的前项和为，若，，则公差（ ）
A. B. C. 2 D. 3
6. 已知命题：“，”为假命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知为原点，椭圆的右顶点、右焦点分别为，，过点的直线（与轴不重合）与分别交于点，．若直线交线段于且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数的定义域为，是奇函数，是偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题（本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知直三棱柱的顶点都在半径为3的球的球面上，点到平面的距离为1，，则下列说法正确的是（ ）
A. 面积最大值为8
B. 直三棱柱体积最大值为16
C. 点到平面距离的最大值为
D. 四棱锥体积最大值为
10. 某中学九年级在体能测试后，为分析学生的跳绳成绩，随机抽取了120名学生的1分钟跳绳的次数，将所得数据整理后，分为6组画出如图频率分布直方图．为进一步分析学生的成绩分布情况，经计算得到这120名学生中，跳绳次数位于的学生跳绳次数的方差为2，跳绳次数位于的学生跳绳次数的方差为2.5．则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 估计该年级学生跳绳次数的60%分位数约为135
C. 估计该年级学生跳绳次数在140次及以上的学生跳绳次数的平均数为147.5
D. 估计该年级学生跳绳次数在140次及以上的学生跳绳次数的方差为26.2
11. 设曲线，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线的图象在第二、四象限内
B. 曲线的一条渐近线为轴
C 曲线与直线有且仅有一个交点
D. 曲线与圆有四个交点
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设向量、满足，，，则与的夹角为________．
13. 已知随机变量服从正态分布，且，，则________．
14. 已知，顺次连接函数与的任意四个相邻交点，所构成的四边形的周长为，则________．
四、解答题（本大题共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. 记的内角、、的对边分别为、、，已知．
（1）求；
（2）若，，求的面积．
16. 如图，在三棱锥中，，为的中点，，且平面平面．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
17. 已知双曲线的左、右顶点分别为，，在上，满足．
（1）求的方程；
（2）过点的直线（与轴不重合）交于，两点．若，求直线的方程．
18. 在足球训练中，甲、乙、丙三人进行传球训练．每次传球按以下规则转移：当球在甲脚下时，他有的概率继续控球（不传给别人），的概率传给乙；当球在乙脚下时，他有的概率回传给甲，的概率传给丙；当球在丙脚下时，他有的概率传给甲，的概率传给乙．初始时球在甲处，每次传球是相互独立的．
（1）求两次传球后球在乙处的概率，以及三次传球后球在丙处的概率；
（2）记次传球后，球在甲处的概率为，在乙处的概率为．
（i）证明：数列是等比数列；
（ii）求和的通项公式．
19. 定义：，是函数的两个极值点，若，则称为“函数”．
（1）若为“函数”，求实数的取值范围；
（2）已知函数有两个极值点．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：为“函数”．西南名校联盟2025届“3+3+3”高考备考诊断性联考（四）
数学试卷
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．
3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟．
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 已知全集，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】因为全集，，，则，故.
故选：B.
2. 在复平面内，复数与复数对应的点关于实轴对称，则（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】B
【详解】，其在复平面内对应的点为.
因为复数与复数对应的点关于实轴对称，在平面直角坐标系中，关于实轴对称的点横坐标不变，纵坐标互为相反数.所以对应的点为，那么复数.
由，其中，，将其代入模的计算公式可得：
.
故选：B.
3. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】由抛物线，得，所以，解得，
所以其准线方程为.
故选：C.
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】已知，两边同时平方得，即，
又，得，即，所以.
故选：A.
5. 已知等差数列的前项和为，若，，则公差（ ）
A. B. C. 2 D. 3
【答案】D
【详解】若，，则，，
解得公差.
故选：D.
6. 已知命题：“，”为假命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】已知命题“”为假命题，根据特称命题的否定为全称命题，
可知其否定“”为真命题.
由，，移项可得，
因为，两边同时除以，得到在上恒成立.
在中，因为，所以2x和都是正实数，则，
当且仅当，即时等号成立.
因为在上恒成立，所以要小于等于的最小值，
即，所以实数的取值范围是.
实数的取值范围是.
故选：A.
7. 已知为原点，椭圆的右顶点、右焦点分别为，，过点的直线（与轴不重合）与分别交于点，．若直线交线段于且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】如图，，设点的坐标为，则由对称性知，
则直线的方程为：，直线的方程为：，
联立两直线方程，消去，可得，
依题意，化简后解得：.
因，由图知，即，则得，
即，化简得：，
即，因，故，则的离心率为.
故选：D.
8. 已知函数的定义域为，是奇函数，是偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】因为函数为奇函数，即，
所以，可得①，
因为函数是偶函数，即，
所以，可得②，
联立①②可得，因此.
故选：C.
二、多项选择题（本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知直三棱柱的顶点都在半径为3的球的球面上，点到平面的距离为1，，则下列说法正确的是（ ）
A. 面积最大值为8
B. 直三棱柱体积最大值为16
C. 点到平面距离的最大值为
D. 四棱锥体积最大值为
【答案】ABC
【详解】对于A，直三棱柱满足，故我们可以把它放入如下图所示的长方体中，
设的中点为，则直三棱柱的外接球的球心为的中点，
因为点是直角三角形的斜边的中点，
所以，
设，所以，
所以面积为，等号成立当且仅当，故A正确；
对于B，由题意直三棱柱体积，等号成立当且仅当，故B正确；
对于C，过点作于点，因为平面，平面，
所以，
又因为平面，所以平面，
故所求长度为，等号成立当且仅当，故C正确；
对于D，四棱锥体积，等号成立当且仅当，故D错误.
故选：ABC.
10. 某中学九年级在体能测试后，为分析学生的跳绳成绩，随机抽取了120名学生的1分钟跳绳的次数，将所得数据整理后，分为6组画出如图频率分布直方图．为进一步分析学生的成绩分布情况，经计算得到这120名学生中，跳绳次数位于的学生跳绳次数的方差为2，跳绳次数位于的学生跳绳次数的方差为2.5．则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 估计该年级学生跳绳次数的60%分位数约为135
C. 估计该年级学生跳绳次数在140次及以上的学生跳绳次数的平均数为147.5
D. 估计该年级学生跳绳次数在140次及以上的学生跳绳次数的方差为26.2
【答案】ABD
【详解】对于A选项，频率分布直方图各长方形面积和为1.已知，解得，所以A正确.
对于B选项，先算前三个矩形面积和，把代入得；
前四个矩形面积和，代入得，
说明60%分位数在内.根据定义，解得，所以B正确.
对于C选项，140次及以上频率比为，平均数为，所以 C错误.
对于D选项，根据方差公式，140次及以上方差为
，所以D正确
故选：ABD.
11. 设曲线，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线的图象在第二、四象限内
B. 曲线的一条渐近线为轴
C 曲线与直线有且仅有一个交点
D. 曲线与圆有四个交点
【答案】BC
【详解】对于A选项，因为，即点在曲线上，A错；
对于B选项，显然不满足方程，则有，
令，其中，，
当时，，即函数在上单调递减，
当或时，，即函数在区间、上单调递增，
作出函数的图象如下图所示：
由图可知，曲线的一条渐近线为轴，B对；
对于C选项，因为的极小值为，
结合图形可知，直线与函数的图象只有一个交点，C对；
对于D选项，当时，，曲线在轴左侧的图象与圆没有交点，
当时，由可得，即，
令，其中，则，
令，其中，则，
故函数在上为增函数，
因为，，
故存在，使得，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
因为，，，
所以，，
所以函数在、内各有一个零点，
因此，曲线与圆有两个交点，D错.
故选：BC.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设向量、满足，，，则与的夹角为________．
【答案】##
【详解】因为，，，
所以，即，
所以，即，故与的夹角为.
故答案为：.
13. 已知随机变量服从正态分布，且，，则________．
【答案】##
【详解】已知，所以该正态分布曲线关于直线对称.
因为正态分布曲线关于直线对称，与关于对称，所以.
由于随机变量取所有可能值的概率之和为，即.
将，代入上式可得：，即，解得.
故答案为：.
14. 已知，顺次连接函数与的任意四个相邻交点，所构成的四边形的周长为，则________．
【答案】##
【详解】如下图所示：
由题意可知，
联立可得或，
不妨取点，则，
所以，
由题意可知，四边形为平行四边形，且其周长为，
所以，
令，可得，即，整理可得，
即，由可得，故，
即，解得.
故答案为：.
四、解答题（本大题共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. 记的内角、、的对边分别为、、，已知．
（1）求；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
由及正弦定理可得，即，
由余弦定理可得，
因为，故.
【小问2详解】
因为，即，
所以的面积为.
16. 如图，在三棱锥中，，为的中点，，且平面平面．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1详解】
已知，，为的中点.
所以，且，.可知为等腰直角三角形.
由勾股定理，且，可得，所以.
因为平面平面，且为交线，平面，根据面面垂直的性质定理，所以平面.由于平面，所以.
已知，，则，，所以.
根据勾股定理的逆定理可得，即.
因为，，，平面，平面，根据线面垂直的判定定理,所以平面.
又因为平面，根据面面垂直的判定定理,所以平面平面.
【小问2详解】
建立空间直角坐标系并求出相关点的坐标：
设为的中点，连接，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，根据面面垂直的性质定理可得平面.
连接，因为为中点，为中点，所以，
又，所以，且平面.
以、、方向建立空间直角坐标系.
已知，，则，，.
所以，，，，进而可得，，.
设平面的法向量为，由可得，即.
令，则，，所以.
同理，设平面的法向量为，由可得，即.
令，则，所以.
设平面与平面的夹角为，根据向量的夹角公式.
求出，，.
所以.
则平面与平面的夹角的余弦值为.
17. 已知双曲线的左、右顶点分别为，，在上，满足．
（1）求的方程；
（2）过点的直线（与轴不重合）交于，两点．若，求直线的方程．
【答案】（1）；
（2）或．
【小问1详解】
由题意，故．解得．
将代入得，所以，
故双曲线的方程为．
【小问2详解】
过点的直线（与轴不重合），故设直线．
设，联立，整理得：，
且，
故，
故．
即，
则，
即，
解得或，即或：
故的方程为：或．
18. 在足球训练中，甲、乙、丙三人进行传球训练．每次传球按以下规则转移：当球在甲脚下时，他有的概率继续控球（不传给别人），的概率传给乙；当球在乙脚下时，他有的概率回传给甲，的概率传给丙；当球在丙脚下时，他有的概率传给甲，的概率传给乙．初始时球在甲处，每次传球是相互独立的．
（1）求两次传球后球在乙处的概率，以及三次传球后球在丙处的概率；
（2）记次传球后，球在甲处的概率为，在乙处的概率为．
（i）证明：数列是等比数列；
（ii）求和的通项公式．
【答案】（1）;
（2）（i）证明见解析；（ii）；
小问1详解】
两次传球后球在乙处：只有“甲→甲→乙”这一种情况.第一次甲传给甲概率是，第二次甲传给乙概率是，分步用乘法，所以概率为.
三次传球后球在丙处：只有“甲→甲→乙→丙”这一种情况.第一次甲传给甲概率，第二次甲传给乙概率，第三次乙传给丙概率，分步用乘法，概率为.
【小问2详解】
（i）表示次传球后球在乙处的概率，它有两种情况：
第次球在甲处，第次甲传给乙，概率；
第次球在丙处，第次丙传给乙，概率为.
所以.
则.
又，.
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（i i）由（2）（i）可知，所以.
因为，且，将代入可得：
，通过递推可得.
19. 定义：，是函数的两个极值点，若，则称为“函数”．
（1）若为“函数”，求实数的取值范围；
（2）已知函数有两个极值点．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：为“函数”．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【小问1详解】
已知，对求导得.
令，即，解得或.
因为函数为“函数”，所以.
，，
.
则不等式为.
解，得.解，得，所以.
取交集得.
则实数的取值范围.
【小问2详解】
（i）已知，求导得，
令，得.
令，即，解得.
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以.
当时，；当时，.
因为函数存在两个不同的变号零点，所以，即.
(ii)令.
，由均值不等式（当且仅当时取等号），
所以，在上单调递增.
又，当时，，即.
利用单调性证明：
因为，且在上单调递减，，，
所以，即.
构造函数并分析单调性证明：
因为时，，在上单调递减，，
所以，.
其中，
令，
则，
令，，在上单调递增.
当时，，即，在上单调递增，.
所以，即.
综上，函数为“函数”.
