重庆市拔尖强基联盟2024-2025学年高三下学期2月联合考试数学试题

重庆市高2025届拔尖强基联盟高三下2月联合考试数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的.1.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据补集、交集的定义计算可得.【详解】因为，，所以，.故选：B2.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】因为，则复数在复平面内所对应的点为，位于第四象限.故选：D3.向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先求出，，再根据投影向量定义计算可得.【详解】因为、，所以，，所以向量在向量上的投影向量为.故选：D4.函数的图象如图所示，其中，，为了得到的图象，可以将的图象（）A.向右平移个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向左平移个单位长度【答案】C【解析】【分析】根据函数图象求出的解析式，再根据三角函数的变换规则判断即可.【详解】由函数图象可知：，函数过、两点，设的最小正周期为，因为，所以有，而，因此，即，因为，所以，即，所以，因为，所以，即，因此，而，所以将的图象向左平移个单位长度得到的图象.故选：C5.如图，四边形中，，将三角形沿着对角线翻折，使得点至点，形成三棱锥，已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，确定球的球心位置，求出球半径即可.【详解】依题意，在中，，则中点即为球的球心，连接，则，即球的半径为1，所以球的表面积为.故选：B6.已知角的终边经过点，，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的定义求出，，再求出，最后根据及两角差的正弦公式计算可得.【详解】因为角的终边经过点，所以，，因为，，所以，又，所以，所以，所以.故选：A7.数列对任意的有成立，若，则等于（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】变形给定的递推公式，利用构造法，结合等差数列通项公式求解.【详解】依题意，，则，数列是公差为1的等差数列，于是，而所以.故选：C8.已知奇函数的定义域为，对任意均有，且当时，.将的图象向左平移个单位，在该过程中，的图象恰好经过点共次，则的取值集合是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先得到函数的对称性与周期性，即可画出函数图象（部分），依题意可得的图象在区间上与直线有个交点，结合图象得到的取值集合.【详解】因为为定义域为的奇函数，所以，又对任意均有，所以，所以关于对称，所以，所以为周期为的周期函数，又当时，，所以的部分图象如下所示：因为将的图象向左平移个单位，在该过程中，的图象恰好经过点共次，所以的图象在区间上与直线有个交点，又，结合图象可知的取值集合为.故选：C【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出函数的对称性与周期性，再数形结合.二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.9.一个袋子中有10个除颜色外完全相同的小球，其中有4个黄球，6个白球，分别采用有放回和不放回的方式，从袋子中随机摸出2个球作为样本，用表示样本中黄球的个数，下列说法正确的有（）A.如果采用有放回地摸球，则两次都摸到黄球的概率是B.如果采用不放回地摸球，第一次摸到黄球的条件下，则第二次也摸到黄球的概率为C.如果采用不放回地摸球，则第二次摸到黄球的概率为D.无论是采用有放回摸球还是不放回摸球，的均值都是一样的【答案】BCD【解析】【分析】利用相互独立事件求出概率判断A；利用条件概率及全概率公式求解判断BC；利用二项分布及超几何分布均值求解判断D.【详解】对于A，有放回地摸球，每次摸到黄球的概率为，且相互独立，则两次都摸到黄球的概率是，A错误；对于BC，不放回地摸球，设”第一次摸到黄球”，“第二次摸到黄球”，则，，BC正确；对于D，当分别采用有放回摸球和不放回摸球时，样本中的黄球个数分别服从二项分布和超几何分布，其均值均为，D正确.故选：BCD10.函数，则下列说法正确的是（）A.当时，的极小值为B.为奇函数C.当时，一定有三个零点D若直线与有三个交点，则【答案】BCD【解析】【分析】利用导数确定极值判断A；利用奇函数的定义判断B；由极大值、极小值的正负判断C；利用中心对称的性质判断D.【详解】对于A，当时，，求导得，当时，，当时，，为极大值，A错误；对于B，令，则，函数是奇函数，B正确；对于C，，当时，令的二根，，当或时，；当时，，函数在上递增，在上递减，，由三次函数的图象特征知，函数的图象与轴有3个交点，C正确；对于D，由选项B知，函数图象关于点对称，而直线关于点对称，因此函数的图象与直线的3个交点关于点对称，其交点的横坐标满足，D正确.故选：BCD11.已知为坐标原点，是抛物线的焦点，是抛物线上的点，直线的斜率为1且满足，则（）A. B.若，则C. D.【答案】ACD【解析】【分析】求出抛物线的焦点坐标，由直线的斜率求得，再结合抛物线定义逐项判断得解.【详解】依题意，，直线的斜率，解得，数列是以2为首项，4为公差的等差数列，则，对于A，，A正确；对于B，由，得，B错误；对于C，，直线：与轴交于点，因此的面积，C正确；对于D，由对称性知，要证，即证，即证，而，同理，由数列是等差数列知，因此，D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：利用抛物线的对称性，把转化为是求证的关键.三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.数列的前项和，则数列的通项公式是_____.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用前项和与第的关系求出通项公式.【详解】当时，，当时，，不满足上式，所以数列的通项公式是.故答案为：13.函数在处切线的方向向量与向量共线，则_____.【答案】1【解析】【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义及方向向量的意义求出.【详解】函数，求导得，则函数的图象在处切线斜率，由切线的方向向量与向量共线，得切线斜率为2，因此，所以.故答案为：114.为激励高三学子的学习热情，数学老师开发了一款小游戏程序，同学们表现优秀时可参与一次.游戏规则如下:第一步，在图①所示的棋盘内，学生点击摇奖，程序会随机放上7枚黑棋;第二步，学生自行选择空格放上2枚白棋;最终，每当有4枚棋子在同一行、列或对角线上时，称为连成一条线.若未连成线，则获安慰奖；连成一、二、三条线，分别获三、二、一等奖，图②就是一种获一等奖的情况.现在小明和小红都可参与一次游戏.小明点击摇奖后，出现了图③的情况，若他随机地放上白棋，则他获二等奖的概率是_____；已知小红放上白棋时总能保证奖励最大化，则在“点击摇奖后，7枚黑棋中恰有4枚在第一列”的条件下，她获一等奖的概率是_____.【答案】①.②.【解析】【分析】求出在图③中再放2枚棋子形成两条线的情况种数即可得小明获奖概率；构建模型，结合排除法求出保证奖励最大化的结果数，再利用古典概率求解.【详解】对于小明，在图③的情况下，再放2枚白棋形成两条线的不同情况有4种，而样本空间共有种不同情况，所以小明获二等奖的概率是；对于小红，9枚棋子形成三条线的形状（简称“三线”）必然由一行、一列、一对角线构成，由于第一列已经确定，则当第一或第四行连上时，对角线还有1种情况；当第二行或三行连上时，对角线还有2种情况，因此“三线”共有种，由于小红总能保证奖励最大化，则只需随机出来的形状恰好是“三线”去掉2枚棋子（简称“准三线”）即可，于是从第一列外的5枚棋子中去掉2枚棋子形成的“准三线”共种，但是，有一些“准三线”可以由多个“三线”得到：第一列和某一对角线形成的“准三线”，可以由3个不同的“三线”得到，重复计算的“准三线”有次；第一列和第二行或三行形成的“准三线”，可以由2个不同的“三线”得到，重复计算的“准三线”有次，因此，“准三线”实际上只有种，第一列之外随机放上3枚棋子的所有情况为种，所以小红获得一等奖的概率.故答案为：；【点睛】关键点点睛：在保证奖励最大化的前提下，构造模型并结合排除法将重复计算的情况去掉是求解的关键.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.锐角中，角，，所对应的边分别为，，，，.（1）若，求;（2）求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理求出，从而求出，再由两角和的正弦公式计算可得；（2）利用正弦定理求出的取值范围，再结合余弦定理及二次函数的性质计算可得.【小问1详解】由正弦定理，即，解得，又为锐角三角形，所以，所以.【小问2详解】由正弦定理可得，又为锐角三角形，所以，所以，则，所以，即，由余弦定理，则，所以.16.已知双曲线的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且过点.（1）求双曲线的标准方程；（2）设过点的直线与双曲线交于两点，是否存在直线使得(为原点)，若存在，求直线的方程，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）不存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）设出双曲线的方程，利用离心率及所过的点求出即可.（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及垂直关系的向量表示求解.【小问1详解】设双曲线的方程为，由离心率为，得，解得，于是双曲线过点，则，解得，所以双曲线的标准方程为.【小问2详解】依题意，直线不垂直于，且与双曲线的渐近线不平行，设其方程为，由消去得：，设，则，，若，则，整理得，无解，所以不存在这样的直线.17.如图，长方体中，，点分别在上，.过的平面截该长方体，所得的截面为正方形，平面与棱的交点分别为.（1）求三棱锥的体积；（2）点为与的交点，求二面角的余弦值.【答案】（1）80；（2）.【解析】【分析】（1）利用面面平行的性质确定截面位置，再利用等体积法求出体积.（2）取中点，利用几何法，结合余弦定理求出二面角的余弦.【小问1详解】在长方体中，由，得四边形为矩形，平面平面，平面平面，平面平面，则，同理，又平面，，则平面，而平面，于是，为为矩形，而截面为正方形，因此，，则，所以.【小问2详解】在长方体中，点是中点，取的中点，连接，则，平面即平面，而平面，则平面，平面，于是，是二面角的平面角，在中，，则，所以二面角的余弦值为.18.已知.（1）当时，求的单调区间;（2）若当时，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间（2）【解析】【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间；（2）求出函数的导函数，依题意可得在处取得最小值，即为极小值，所以，则，从而得到，再分、、、四种情况讨论，分别得到函数的单调性，即可求出参数的取值范围.【小问1详解】当时，定义域为，则，所以在上单调递增，即的单调递增区间为，无单调递减区间；【小问2详解】因为，因为不等式恒成立，所以在处取得最小值，即为极小值，所以，即，所以，所以，若，则当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，符合题意，又，，所以，解得；若，则当或时，当时，所以，上单调递增，在上单调递减，要使在处取得最小，在处取得最大值，所以应符合，即，解得，同时，令，考虑的解，因为，所以当时，即当时单调递增，而，所以当时恒成立，所以，所以；若，则恒成立，所以在上单调递增，不可能为最小值，故舍去；若，则时，所以在上单调递增，所以不可能为最小值，故舍去；综上可得，的取值范围为.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．19.一种特殊的单细胞生物在一个生命周期后有的概率分裂为两个新细胞，的概率分裂为一个新细胞，随后自身消亡.新细胞按相同的方式分裂，并且每个细胞的分裂情况相互独立，如此繁衍下去.某实验人员开始观察一个该种单细胞生物经过个生命周期的分裂情况，将第个生命周期后的活细胞总数记为随机变量.（1）若，（i）求随机变量的分布列和期望;（ii）求事件“”的概率;（2）已知在的条件下，的期望称为条件期望，其定义为，试求条件期望和的期望.【答案】（1）（i）分布列见解析，期望为；（ii）；（2）.【解析】【分析】（1）（i）求出的所有可能取值及对应的概率，列出分布列并求出期望；（ii）将事件“”分拆成两两互斥的事件的和，利用概率的加法公式，结合等比数列前项和公式求解.（2）求出在的条件下，的可能取值，求出对应的概率及期望，再利用全概率公式求出，进而求出的期望的递