資源簡介

四川省巴中市普通高中2025屆高三一診考試數學試卷
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．（2025·巴中模擬）已知復數z在復平面內滿足，則復數對應的點Z的集合所形成圖形的面積為（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·巴中模擬）已知集合，，則（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025·巴中模擬）設，則“是“”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
4．（2025·巴中模擬）已知向量，，若，則的值為（　　）
A． B． C．1 D．2
5．（2025·巴中模擬）若函數為奇函數，則（　　）
A．0 B．1 C．2 D．無解
6．（2025·巴中模擬）已知為等差數列的前項和，若，，則（　　）
A．56 B．60 C．64 D．68
7．（2025·巴中模擬）已知三棱錐四個頂點都在球O面上，，，M為AB的中點，C在面APB內的射影為PM的中點，則球O的表面積等于（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·巴中模擬）已知函數，則方程實數根的個數為（　　）
A．6 B．7 C．10 D．11
二、多選題：本題共3小題，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．
9．（2025·巴中模擬）下列命題正確的有（　　）
A．回歸直線過樣本點的中心，且至少過一個樣本點
B．兩個變量相關性越強，則相關系數r越接近1
C．將一組數據中的每一個數據都加上同一個正數，則其方差不變
D．將9個數的一組數去掉一個最小和一個最大數，則中位數不變
10．（2025·巴中模擬）已知函數.則（　　）
A．是的對稱軸
B．的最小正周期為
C．在區間上單調遞減
D．在點處的切線方程為
11．（2025·巴中模擬）過拋物線的焦點作直線與拋物線交于兩點，為坐標原點，若直線的斜率分別是，則（　　）
A．以為直徑的圓與軸相切；
B．
C．
D．分別過兩點作拋物線的切線相交于點，則點在上.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12．（2025·巴中模擬）已知，則　 　．
13．（2025·巴中模擬）除以7的余數為　 　．
14．（2025·巴中模擬）已知，分別是雙曲線的左右焦點，點P在雙曲線右支上且不與右頂點重合，過作平分線的垂線，垂足為若，則離心率的取值范圍為　 　．
四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．
15．（2025·巴中模擬）甲乙兩人進行投籃比賽，要求各投籃2次.已知甲乙兩人每次投中的概率分別為，，且每人每次投中與否互不影響.
（1）求“甲第一次未投中，乙兩次都投中”的概率；
（2）求“乙獲勝”的概率.
16．（2025·巴中模擬）已知數列的通項公式為.
（1）求證：；
（2）令，證明：.
17．（2025·巴中模擬）如圖，在四棱錐中，底面，，為線段的中點，為線段上的動點.
（1）若，平面與平面是否互相垂直？如果垂直，請證明；如果不垂直，請說明理由.
（2）若底面為正方形，當平面與平面夾角為時，求的值.
18．（2025·巴中模擬）已知函數.
（1）求函數的極值；
（2）求證：當時，；
（3）若.其中.討論函數的零點個數.
19．（2025·巴中模擬）已知雙曲線與曲線有4個交點A，B，C，D（按逆時針排列）.
（1）若方程有4個實數根，，，.證明：，.
（2）設O為坐標原點，證明：為定值；
（3）求四邊形ABCD面積的最大值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】復數運算的幾何意義
【解析】【解答】解：由復數z在復平面內滿足，可得復數對應的點的軌跡是以為半徑的圓，
則復數對應的點Z的集合所形成圖形的面積為.
故答案為：B.
【分析】利用復數的幾何意義求解即可.
2．【答案】C
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】解：由不等式，可得或，即集合，
不等式等價于，解得，即集合，
則.
故答案為：C.
【分析】先解不等式求得集合A，B，再根據集合的交集的定義求解即可.
3．【答案】D
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷
【解析】【解答】解：取、滿足，但，即充分性不成立；
取，滿足，但，即必要性不成立，
則“”是“”的既不充分也不必要條件.
故答案為：D.
【分析】根據充分、必要條件的定義判斷即可．
4．【答案】A
【知識點】平面向量垂直的坐標表示
【解析】【解答】解：易知，
若 ，則，即，
整理得，解得.
故答案為：A.
【分析】根據向量垂直的坐標表示列式求解即可.
5．【答案】D
【知識點】函數的奇偶性；指數函數的圖象與性質
【解析】【解答】解： 函數 定義域為，
因為為奇函數，所以，
解得，a的值不是常數，即無解．
故答案為：D.
【分析】先求定義域，再利用奇函數的定義，列出等式，即可求解.
6．【答案】B
【知識點】等差數列的前n項和
【解析】【解答】解：設等差數列的首項為，公差為d，
若，，可得，解得，
則.
故答案為：B.
【分析】利用等差數列前項和公式求解即可．
7．【答案】B
【知識點】球的表面積與體積公式及應用；球內接多面體
【解析】【解答】解：因為，，所以，
所以點在面內的射影為的中點，
設的中點為，由題意可得：平面，
因為平面，所以，則，
又因為，，
所以，，，
，為的中點，則為的外心，
三棱錐的外接球的球心在過M且垂直平面的垂線上，則，
過作的平行線，與相交于點，則為矩形，，，
設球到平面的距離為t，球O的半徑為，
有，，
在和中，，
解得，則，故球O的表面積為.
故答案為：B.
【分析】由題意可得：三棱錐的外接球的球心在過M且垂直平面PAB的垂線上，設球到平面PAB的距離為t，球O的半徑為R，在和中，建立方程求解即可.
8．【答案】D
【知識點】函數單調性的性質；函數的圖象；函數的零點與方程根的關系
【解析】【解答】解：函數，
當時，函數，函數在上單調遞增，在上單調遞減，且；
當時，函數，
函數在上單調遞減，在上單調遞增，且，，
作出函數的圖象，如圖所示：
令，則，由圖可知：有4個解，
分別為，，，，
當時，即，有1個解；
當，即時，有4個解；
當，即有3個解；
當，即有3個解；
則方程共有個解．
故答案為：D.
【分析】判斷函數的單調性，作出函數圖象，令，則，解得，，，，數形結合，分別求出的解的個數即可．
9．【答案】C,D
【知識點】眾數、中位數、平均數；極差、方差與標準差；回歸分析；樣本相關系數r及其數字特征
【解析】【解答】解：A、回歸直線必過樣本點中心，但不一定過樣本點，故A錯誤；
B、相關系數就越接近1，兩個變量的相關性越強，故B錯誤；
C、將一組數據的每個數據都加一個相同的常數后，數據的波動性不變，方差不變，故C正確；
D、數據排序后，去掉一個最小和一個最大數，中位數不變，故D正確.
故答案為：CD.
【分析】由回歸直線的性質即可判斷A；由相關系數的性質即可判斷B；由方差的性質即可判斷C；由中位數的算法即可判斷D.
10．【答案】B,D
【知識點】導數的幾何意義；含三角函數的復合函數的周期；函數y=Acos（ωx+φ）的圖象與性質
【解析】【解答】解：函數，
A、函數的對稱軸為，解得，則不是的對稱軸，故A錯誤；
B、函數的最小正周期為，故B正確；
C、當時，，函數在區間上單調遞增，故C錯誤；
D、函數，，且，則在點處的切線方程為，故D正確．
故答案為：BD.
【分析】化簡函數可得，再根據余弦函數的性質逐項分析即可判斷ABC；利用導數的意義即可判斷D.
11．【答案】A,B,D
【知識點】導數的幾何意義；直線的斜率；直線與圓的位置關系；拋物線的應用
【解析】【解答】解：如圖所示，取的中點為，分別過作準線的垂線，垂足分別為，
A、由題意可知 ，所以焦點，準線，
所以以為直徑的圓的圓心為，半徑，
由圖可知，
所以圓心到軸的距離，所以圓與軸相切，故選項A正確；
B、由題意易知直線的斜率存在，設直線AB方程為，
聯立，消去可得，
由，所以，，
所以，
，由A選項的圖中可知，，
所以，故選項B正確；
C、，故選項C錯誤；
D、由題意作圖如下：
由，求導可得，由選項B，可得直線的斜率分別為，
所以直線的方程分別為，，
聯立，兩個方程分別乘可得
消去可得，由在直線上，
則，
化簡可得，由，，
所以，所以，故選項D正確.
故選：ABD.
【分析】取的中點為，分別過作準線的垂線，垂足分別為，由拋物線的性質可得焦點F的坐標以及準線方程，進而可得以為直徑的圓的圓心為，半徑，結合圖由梯形中位線可得，可得圓心到軸的距離可判斷選項A；設直線AB方程為，，聯立直線AB與拋物線方程，由韋達定理可得，，進而可得，，
結合，，進而計算即可求得 可判斷選項B；設出直線方程，并聯立拋物線方程，寫出韋達定理，結合拋物線的定義，整理可得其正誤；結合斜率公式計算可判斷選項C；對拋物線函數求導，由選項B的兩個點的坐標，寫出切線方程，聯立求交點即可判斷選項D.
12．【答案】
【知識點】二倍角的正弦公式；同角三角函數間的基本關系
【解析】【解答】解：，
利用同角三角函數商關系可得，解得，
則
故答案為：
【分析】由題意，利用同角三角函數基本關系式求得的值，再利用二倍角的正弦公式以及同角三角函數基本關系式求解的值即可．
13．【答案】1
【知識點】二項式定理的應用；二項展開式
【解析】【解答】解：
展開式中前675項均含7，則除以7的余數是
故答案為：
【分析】由，利用二項式定理展開計算即可．
14．【答案】
【知識點】雙曲線的定義；雙曲線的簡單性質
【解析】【解答】解：不妨設點在第一象限，如圖所示：
連接，設平分線的垂線交于點N，
易知三角形為等腰三角形，，且M為中點，
由雙曲線的定義可得：，則，即，
因為、分別為、的中點，所以，
又因為，，
所以在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理，
可得，
因為，所以，所以，
整理可得，則，
又在中，由三角形的三邊關系，可得，即，解得，則離心率的取值范圍為.
故答案為：.
【分析】根據角平分線及其垂線的特征得到、的長度，再根據余弦定理和三角形三邊的關系求雙曲線離心率的取值范圍即可．
15．【答案】（1）解：設事件“甲第一次未投中，乙兩次都投中”，由題意可得：；
（2）解：設事件“乙獲勝”為事件，“乙獲勝”分甲投中次，乙投中1次或者兩次和甲投中1次，乙投中兩次，
則
【知識點】相互獨立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率計算公式
【解析】【分析】(1)由題意，利用獨立事件概率乘法公式求解即可；
(2)由題意，“乙獲勝”分甲投中次，乙投中1次或者兩次和甲投中1次，乙投中兩次，結合全概率公式求解即可.
（1）設事件“甲第一次未投中，乙兩次都投中”為事件
則
（2）設事件“乙獲勝”為事件
則
16．【答案】（1）解： 數列的通項公式為 ，則，易知數列單調遞增，
當時，數列取最小值，最小值為，故；
（2）證明：因為，所以，
當時，；
當時，；
當時，
，得證.
【知識點】數列與函數的綜合；數列與不等式的綜合
【解析】【分析】(1)數列的通項公式變形，結合單調性求證即可；
(2)先求出數列的通項公式，結合裂項法對證的等式進行放縮，從而得到要證的不等式即可.
（1）可知數列單調遞增，則當時，取最小值為故得證.
（2）當時，
得證.
17．【答案】（1）解：平面平面，證明如下：
因為平面，平面，
故，
又因為，，平面，
故平面，
因為平面，
所以，
又因為，為線段的中點，
故，
因為，平面，
故平面，
又因為平面，
故平面平面.
（2）解：如圖建立空間直角坐標系，
設，，則，
則，
則，
設平面的一個法向量為，
則，
令，則，，
則，
設平面的一個法向量為，
則，
令，則，
則，
由題意可得，
解得，
故.
【知識點】平面與平面垂直的判定；用空間向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由底面得，再由得平面，從而得出，利用可得平面，從而證出平面平面.
（2）利用，建立空間直角坐標系，再利用空間向量法求二面角的方法以及已知條件，從而得出t的值，進而得出的值.
（1）平面平面，證明如下：
因平面，平面，故，
又，，平面，故平面，
因平面，所以，
因，為線段的中點，故，
因，平面，
故平面，又平面，故平面平面.
（2）如圖建立空間直角坐標系，設，，則，
則，
則，
設平面的一個法向量為，
則，令，則，，則，
s設平面的一個法向量為，
則，令，則，則，
由題意，
解得，故.
18．【答案】（1）解：函數定義域為，，
令，解得，
當時，，函數在單調遞減；
當時，，函數在單調遞增，
則的極小值為：；
（2）證明：由，可得，即，
令定義域為，，
令，，
函數在上單調遞增，即在上單調遞增，
且，則在上單調遞減，，故；
（3）解：，
當時，，
又因為，則在上單調遞增，且，，
所以在上總有一個零點；
當時，，則，
當時，，在上遞增；，
在無零點；
當，時，，當時，，且，
令，解得，
當時，，在無零點；
當時，，在上有唯一零點；
當時，，又，
由（2）知，，，
由零點存在定理知：在、上各有一個零點，
綜上：當時，有一個零點；當時，有兩個零點；
當時，有三個零點.
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數最大（小）值；函數零點存在定理
【解析】【分析】（1）求函數的定義域，再求導，利用導數判斷函數的單調性，求極值即可；
（2）將不等式轉化為當時，，令，由證明即可；
（3）根據，分和先去掉絕對值，然后利用導數法求解即可.
（1）因為，
所以，令，得，
當時，，在單調遞減；
當時，，在單調遞增，
所以的極小值為：；
（2）原不等式等價于當時，，
即當時，，
令，則，
令，則，
所以在上遞增，即在上遞增，
所以，則在上遞減，
所以，所以原不等式成立；
（3），
當時，，
又，則在上遞增，且，，
所以在上總有一個零點；
當時，，則，
當時，，在上遞增；，
在無零點；
當，時，，當時，，
所以，令，得，
當時，，在無零點；
當時，，在上有唯一零點；
當時，，又，
由（2）知，，，
由零點存在定理知：在、上各有一個零點，
綜上：當時，有一個零點；當時，有兩個零點；
當時，有三個零點.
19．【答案】（1）證明： 方程有4個實數根，，， ，
則
，
故，；
（2）證明：由，可得，
平方得，
將代入，得，
得，
設，，，，利用（1）中的根與系數關系可知：
，，
且，，，，
所以
；
（3）解：記，，，，則，
當O在內部時，設，，，，
可得，
當且僅當時，等號成立，
此時，
此時當且僅當時，等號成立，
此時四邊形ABCD為正方形，即時，等號成立；
當O在外部時，設，，，，
可得
此時不能同時取到且，所以取不到等號，
此時有，
當且僅當時，后面等號成立，但由于前面取不到等號，
即可得：；
綜上所述：四邊形ABCD面積最大值為
【知識點】橢圓的簡單性質；圓與圓錐曲線的綜合
【解析】【分析】（1）根據題意得出，展開整理，對比系數證明即可；
（2）由題意整理出關于x的方程，得出，，代入用坐標表示的式子中，求解即可；
（3）按點O的位置，分O在內部和當O在外部時兩個情況，根據面積關系結合基本不等式即可得證．
（1）由題意可得：
，
對比系數得：，.
（2）由，得，
平方得，
將代入，得：，
展開得：，
設，，，，利用（1）中的根與系數關系可知：
，，
且，，，，
所以
（3）記，，，，則，
當O在內部時，設，，，，
可得，
當且僅當時，等號成立，
此時，
此時當且僅當時，等號成立，
此時四邊形ABCD為正方形，即時，等號成立；
當O在外部時，設，，，，
可得
此時不能同時取到且，所以取不到等號，
此時有，
當且僅當時，后面等號成立，但由于前面取不到等號，
即可得：；
綜上所述：四邊形ABCD面積最大值為
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一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．（2025·巴中模擬）已知復數z在復平面內滿足，則復數對應的點Z的集合所形成圖形的面積為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】復數運算的幾何意義
【解析】【解答】解：由復數z在復平面內滿足，可得復數對應的點的軌跡是以為半徑的圓，
則復數對應的點Z的集合所形成圖形的面積為.
故答案為：B.
【分析】利用復數的幾何意義求解即可.
2．（2025·巴中模擬）已知集合，，則（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】解：由不等式，可得或，即集合，
不等式等價于，解得，即集合，
則.
故答案為：C.
【分析】先解不等式求得集合A，B，再根據集合的交集的定義求解即可.
3．（2025·巴中模擬）設，則“是“”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】D
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷
【解析】【解答】解：取、滿足，但，即充分性不成立；
取，滿足，但，即必要性不成立，
則“”是“”的既不充分也不必要條件.
故答案為：D.
【分析】根據充分、必要條件的定義判斷即可．
4．（2025·巴中模擬）已知向量，，若，則的值為（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【知識點】平面向量垂直的坐標表示
【解析】【解答】解：易知，
若 ，則，即，
整理得，解得.
故答案為：A.
【分析】根據向量垂直的坐標表示列式求解即可.
5．（2025·巴中模擬）若函數為奇函數，則（　　）
A．0 B．1 C．2 D．無解
【答案】D
【知識點】函數的奇偶性；指數函數的圖象與性質
【解析】【解答】解： 函數 定義域為，
因為為奇函數，所以，
解得，a的值不是常數，即無解．
故答案為：D.
【分析】先求定義域，再利用奇函數的定義，列出等式，即可求解.
6．（2025·巴中模擬）已知為等差數列的前項和，若，，則（　　）
A．56 B．60 C．64 D．68
【答案】B
【知識點】等差數列的前n項和
【解析】【解答】解：設等差數列的首項為，公差為d，
若，，可得，解得，
則.
故答案為：B.
【分析】利用等差數列前項和公式求解即可．
7．（2025·巴中模擬）已知三棱錐四個頂點都在球O面上，，，M為AB的中點，C在面APB內的射影為PM的中點，則球O的表面積等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】球的表面積與體積公式及應用；球內接多面體
【解析】【解答】解：因為，，所以，
所以點在面內的射影為的中點，
設的中點為，由題意可得：平面，
因為平面，所以，則，
又因為，，
所以，，，
，為的中點，則為的外心，
三棱錐的外接球的球心在過M且垂直平面的垂線上，則，
過作的平行線，與相交于點，則為矩形，，，
設球到平面的距離為t，球O的半徑為，
有，，
在和中，，
解得，則，故球O的表面積為.
故答案為：B.
【分析】由題意可得：三棱錐的外接球的球心在過M且垂直平面PAB的垂線上，設球到平面PAB的距離為t，球O的半徑為R，在和中，建立方程求解即可.
8．（2025·巴中模擬）已知函數，則方程實數根的個數為（　　）
A．6 B．7 C．10 D．11
【答案】D
【知識點】函數單調性的性質；函數的圖象；函數的零點與方程根的關系
【解析】【解答】解：函數，
當時，函數，函數在上單調遞增，在上單調遞減，且；
當時，函數，
函數在上單調遞減，在上單調遞增，且，，
作出函數的圖象，如圖所示：
令，則，由圖可知：有4個解，
分別為，，，，
當時，即，有1個解；
當，即時，有4個解；
當，即有3個解；
當，即有3個解；
則方程共有個解．
故答案為：D.
【分析】判斷函數的單調性，作出函數圖象，令，則，解得，，，，數形結合，分別求出的解的個數即可．
二、多選題：本題共3小題，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．
9．（2025·巴中模擬）下列命題正確的有（　　）
A．回歸直線過樣本點的中心，且至少過一個樣本點
B．兩個變量相關性越強，則相關系數r越接近1
C．將一組數據中的每一個數據都加上同一個正數，則其方差不變
D．將9個數的一組數去掉一個最小和一個最大數，則中位數不變
【答案】C,D
【知識點】眾數、中位數、平均數；極差、方差與標準差；回歸分析；樣本相關系數r及其數字特征
【解析】【解答】解：A、回歸直線必過樣本點中心，但不一定過樣本點，故A錯誤；
B、相關系數就越接近1，兩個變量的相關性越強，故B錯誤；
C、將一組數據的每個數據都加一個相同的常數后，數據的波動性不變，方差不變，故C正確；
D、數據排序后，去掉一個最小和一個最大數，中位數不變，故D正確.
故答案為：CD.
【分析】由回歸直線的性質即可判斷A；由相關系數的性質即可判斷B；由方差的性質即可判斷C；由中位數的算法即可判斷D.
10．（2025·巴中模擬）已知函數.則（　　）
A．是的對稱軸
B．的最小正周期為
C．在區間上單調遞減
D．在點處的切線方程為
【答案】B,D
【知識點】導數的幾何意義；含三角函數的復合函數的周期；函數y=Acos（ωx+φ）的圖象與性質
【解析】【解答】解：函數，
A、函數的對稱軸為，解得，則不是的對稱軸，故A錯誤；
B、函數的最小正周期為，故B正確；
C、當時，，函數在區間上單調遞增，故C錯誤；
D、函數，，且，則在點處的切線方程為，故D正確．
故答案為：BD.
【分析】化簡函數可得，再根據余弦函數的性質逐項分析即可判斷ABC；利用導數的意義即可判斷D.
11．（2025·巴中模擬）過拋物線的焦點作直線與拋物線交于兩點，為坐標原點，若直線的斜率分別是，則（　　）
A．以為直徑的圓與軸相切；
B．
C．
D．分別過兩點作拋物線的切線相交于點，則點在上.
【答案】A,B,D
【知識點】導數的幾何意義；直線的斜率；直線與圓的位置關系；拋物線的應用
【解析】【解答】解：如圖所示，取的中點為，分別過作準線的垂線，垂足分別為，
A、由題意可知 ，所以焦點，準線，
所以以為直徑的圓的圓心為，半徑，
由圖可知，
所以圓心到軸的距離，所以圓與軸相切，故選項A正確；
B、由題意易知直線的斜率存在，設直線AB方程為，
聯立，消去可得，
由，所以，，
所以，
，由A選項的圖中可知，，
所以，故選項B正確；
C、，故選項C錯誤；
D、由題意作圖如下：
由，求導可得，由選項B，可得直線的斜率分別為，
所以直線的方程分別為，，
聯立，兩個方程分別乘可得
消去可得，由在直線上，
則，
化簡可得，由，，
所以，所以，故選項D正確.
故選：ABD.
【分析】取的中點為，分別過作準線的垂線，垂足分別為，由拋物線的性質可得焦點F的坐標以及準線方程，進而可得以為直徑的圓的圓心為，半徑，結合圖由梯形中位線可得，可得圓心到軸的距離可判斷選項A；設直線AB方程為，，聯立直線AB與拋物線方程，由韋達定理可得，，進而可得，，
結合，，進而計算即可求得 可判斷選項B；設出直線方程，并聯立拋物線方程，寫出韋達定理，結合拋物線的定義，整理可得其正誤；結合斜率公式計算可判斷選項C；對拋物線函數求導，由選項B的兩個點的坐標，寫出切線方程，聯立求交點即可判斷選項D.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12．（2025·巴中模擬）已知，則　 　．
【答案】
【知識點】二倍角的正弦公式；同角三角函數間的基本關系
【解析】【解答】解：，
利用同角三角函數商關系可得，解得，
則
故答案為：
【分析】由題意，利用同角三角函數基本關系式求得的值，再利用二倍角的正弦公式以及同角三角函數基本關系式求解的值即可．
13．（2025·巴中模擬）除以7的余數為　 　．
【答案】1
【知識點】二項式定理的應用；二項展開式
【解析】【解答】解：
展開式中前675項均含7，則除以7的余數是
故答案為：
【分析】由，利用二項式定理展開計算即可．
14．（2025·巴中模擬）已知，分別是雙曲線的左右焦點，點P在雙曲線右支上且不與右頂點重合，過作平分線的垂線，垂足為若，則離心率的取值范圍為　 　．
【答案】
【知識點】雙曲線的定義；雙曲線的簡單性質
【解析】【解答】解：不妨設點在第一象限，如圖所示：
連接，設平分線的垂線交于點N，
易知三角形為等腰三角形，，且M為中點，
由雙曲線的定義可得：，則，即，
因為、分別為、的中點，所以，
又因為，，
所以在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理，
可得，
因為，所以，所以，
整理可得，則，
又在中，由三角形的三邊關系，可得，即，解得，則離心率的取值范圍為.
故答案為：.
【分析】根據角平分線及其垂線的特征得到、的長度，再根據余弦定理和三角形三邊的關系求雙曲線離心率的取值范圍即可．
四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．
15．（2025·巴中模擬）甲乙兩人進行投籃比賽，要求各投籃2次.已知甲乙兩人每次投中的概率分別為，，且每人每次投中與否互不影響.
（1）求“甲第一次未投中，乙兩次都投中”的概率；
（2）求“乙獲勝”的概率.
【答案】（1）解：設事件“甲第一次未投中，乙兩次都投中”，由題意可得：；
（2）解：設事件“乙獲勝”為事件，“乙獲勝”分甲投中次，乙投中1次或者兩次和甲投中1次，乙投中兩次，
則
【知識點】相互獨立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率計算公式
【解析】【分析】(1)由題意，利用獨立事件概率乘法公式求解即可；
(2)由題意，“乙獲勝”分甲投中次，乙投中1次或者兩次和甲投中1次，乙投中兩次，結合全概率公式求解即可.
（1）設事件“甲第一次未投中，乙兩次都投中”為事件
則
（2）設事件“乙獲勝”為事件
則
16．（2025·巴中模擬）已知數列的通項公式為.
（1）求證：；
（2）令，證明：.
【答案】（1）解： 數列的通項公式為 ，則，易知數列單調遞增，
當時，數列取最小值，最小值為，故；
（2）證明：因為，所以，
當時，；
當時，；
當時，
，得證.
【知識點】數列與函數的綜合；數列與不等式的綜合
【解析】【分析】(1)數列的通項公式變形，結合單調性求證即可；
(2)先求出數列的通項公式，結合裂項法對證的等式進行放縮，從而得到要證的不等式即可.
（1）可知數列單調遞增，則當時，取最小值為故得證.
（2）當時，
得證.
17．（2025·巴中模擬）如圖，在四棱錐中，底面，，為線段的中點，為線段上的動點.
（1）若，平面與平面是否互相垂直？如果垂直，請證明；如果不垂直，請說明理由.
（2）若底面為正方形，當平面與平面夾角為時，求的值.
【答案】（1）解：平面平面，證明如下：
因為平面，平面，
故，
又因為，，平面，
故平面，
因為平面，
所以，
又因為，為線段的中點，
故，
因為，平面，
故平面，
又因為平面，
故平面平面.
（2）解：如圖建立空間直角坐標系，
設，，則，
則，
則，
設平面的一個法向量為，
則，
令，則，，
則，
設平面的一個法向量為，
則，
令，則，
則，
由題意可得，
解得，
故.
【知識點】平面與平面垂直的判定；用空間向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由底面得，再由得平面，從而得出，利用可得平面，從而證出平面平面.
（2）利用，建立空間直角坐標系，再利用空間向量法求二面角的方法以及已知條件，從而得出t的值，進而得出的值.
（1）平面平面，證明如下：
因平面，平面，故，
又，，平面，故平面，
因平面，所以，
因，為線段的中點，故，
因，平面，
故平面，又平面，故平面平面.
（2）如圖建立空間直角坐標系，設，，則，
則，
則，
設平面的一個法向量為，
則，令，則，，則，
s設平面的一個法向量為，
則，令，則，則，
由題意，
解得，故.
18．（2025·巴中模擬）已知函數.
（1）求函數的極值；
（2）求證：當時，；
（3）若.其中.討論函數的零點個數.
【答案】（1）解：函數定義域為，，
令，解得，
當時，，函數在單調遞減；
當時，，函數在單調遞增，
則的極小值為：；
（2）證明：由，可得，即，
令定義域為，，
令，，
函數在上單調遞增，即在上單調遞增，
且，則在上單調遞減，，故；
（3）解：，
當時，，
又因為，則在上單調遞增，且，，
所以在上總有一個零點；
當時，，則，
當時，，在上遞增；，
在無零點；
當，時，，當時，，且，
令，解得，
當時，，在無零點；
當時，，在上有唯一零點；
當時，，又，
由（2）知，，，
由零點存在定理知：在、上各有一個零點，
綜上：當時，有一個零點；當時，有兩個零點；
當時，有三個零點.
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數最大（小）值；函數零點存在定理
【解析】【分析】（1）求函數的定義域，再求導，利用導數判斷函數的單調性，求極值即可；
（2）將不等式轉化為當時，，令，由證明即可；
（3）根據，分和先去掉絕對值，然后利用導數法求解即可.
（1）因為，
所以，令，得，
當時，，在單調遞減；
當時，，在單調遞增，
所以的極小值為：；
（2）原不等式等價于當時，，
即當時，，
令，則，
令，則，
所以在上遞增，即在上遞增，
所以，則在上遞減，
所以，所以原不等式成立；
（3），
當時，，
又，則在上遞增，且，，
所以在上總有一個零點；
當時，，則，
當時，，在上遞增；，
在無零點；
當，時，，當時，，
所以，令，得，
當時，，在無零點；
當時，，在上有唯一零點；
當時，，又，
由（2）知，，，
由零點存在定理知：在、上各有一個零點，
綜上：當時，有一個零點；當時，有兩個零點；
當時，有三個零點.
19．（2025·巴中模擬）已知雙曲線與曲線有4個交點A，B，C，D（按逆時針排列）.
（1）若方程有4個實數根，，，.證明：，.
（2）設O為坐標原點，證明：為定值；
（3）求四邊形ABCD面積的最大值.
【答案】（1）證明： 方程有4個實數根，，， ，
則
，
故，；
（2）證明：由，可得，
平方得，
將代入，得，
得，
設，，，，利用（1）中的根與系數關系可知：
，，
且，，，，
所以
；
（3）解：記，，，，則，
當O在內部時，設，，，，
可得，
當且僅當時，等號成立，
此時，
此時當且僅當時，等號成立，
此時四邊形ABCD為正方形，即時，等號成立；
當O在外部時，設，，，，
可得
此時不能同時取到且，所以取不到等號，
此時有，
當且僅當時，后面等號成立，但由于前面取不到等號，
即可得：；
綜上所述：四邊形ABCD面積最大值為
【知識點】橢圓的簡單性質；圓與圓錐曲線的綜合
【解析】【分析】（1）根據題意得出，展開整理，對比系數證明即可；
（2）由題意整理出關于x的方程，得出，，代入用坐標表示的式子中，求解即可；
（3）按點O的位置，分O在內部和當O在外部時兩個情況，根據面積關系結合基本不等式即可得證．
（1）由題意可得：
，
對比系數得：，.
（2）由，得，
平方得，
將代入，得：，
展開得：，
設，，，，利用（1）中的根與系數關系可知：
，，
且，，，，
所以
（3）記，，，，則，
當O在內部時，設，，，，
可得，
當且僅當時，等號成立，
此時，
此時當且僅當時，等號成立，
此時四邊形ABCD為正方形，即時，等號成立；
當O在外部時，設，，，，
可得
此時不能同時取到且，所以取不到等號，
此時有，
當且僅當時，后面等號成立，但由于前面取不到等號，
即可得：；
綜上所述：四邊形ABCD面積最大值為
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