重庆市第一中学2024-2025学年高三下学期3月适应性考试数学试题含解析

数学试题卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效.3.考试结束后，将答题卡交回一、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.设为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为（）A.1 B.2 C.3 D.1或3【答案】C【解析】【分析】根据复数是纯虚数实部为0，虚部不为0，即可求得的值.【详解】复数是纯虚数，则，解得.故选：C.2.已知向量，，若，则（）A. B.1 C. D.2【答案】B【解析】【分析】根据向量的数乘与减法运算法则求出的坐标，再根据两向量平行的坐标关系列出方程，进而求解的值.【详解】已知，，可得.可得.

且.可得.

解得.故选：B.3.已知命题，；命题，，则（）A.和都是真命题 B.和都是真命题C.和都是真命题 D.和都是真命题【答案】C【解析】【分析】根据对数函数的性质判断命题的真假，通过取特殊值判断命题的真假，再根据命题的真假进行判断，即可做出判断.【详解】对于命题，因为在上单调递增，所以，有，所以为假命题，为真命题；对于命题，当时，，所以为真命题.故选：C4.设函数，，，则可以是（）A. B.1 C.2 D.3【答案】D【解析】【分析】根据题意可知，分别为函数的最大值和最小值，再写出自变量的取值，作差变形即可求解.【详解】函数的最大值为2，最小值为，又，，分别为函数的最大值和最小值，不妨设，，即，，，，，又，，，当时，，的一个可能值为3.故选：D.5.已知正三棱锥的体积为，其底面三角形的斜二测直观图面积为，则三棱锥的高为（）A.2 B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】利用直观图和原图面积关系求出底面积，结合正三棱锥体积公式建立方程，求解高即可.【详解】设底面三角形面积为，三棱锥的高为，由直观图的性质得，解得，因为正三棱锥的体积为，所以，解得，故A正确.故选：A6.已知一组统计数据，，满足：，，则这组数据的标准差等于（）A. B.1 C. D.2【答案】C【解析】【分析】利用方差公式结合方差与标准差的关系求解即可.【详解】设这组数据的平均数为，则，，设这组数据的方差为，标准差为，由方差公式得，，得到，故C正确.故选：C7.已知集合，且，则集合，，所有可能的情况种数为（）A.216 B.200 C.27 D.25【答案】B【解析】【分析】设初始状态为，将放入三个集合，得出每一个元素的放法数，根据分步计数原理，即可得答案.【详解】解：设初始状态为，现将放入三个集合，有两种放法，放在集合或不放集合；同，有两种放法；对于，分两种情况：放在集合或不放集合；当放在集合，可以不放集合与集合中，也可以放在其中一个集合，但不能同时放在集合中，共3种放法；当不放在集合，必须放在集合或集合中，共2种放法；故对于，共有5种放法；同，共有5种放法；由分步乖法计数原理得，共有种.故选：B.8.对，设是关于的方程的实数根，，其中符号表示不超过的最大整数，则（）A.1012 B.1013 C.2022 D.2025【答案】A【解析】【分析】先构造函数，利用函数单调性确定方程实数根的范围，进而得到的表达式，最后根据的表达式计算的值.【详解】设，对其求导可得.因为，所以，这表明在上单调递增.

.当时，，所以，.根据零点存在定理，因为在上单调递增且，，所以.

由可得，即.因为，所以.

，根据等差数列求和公式可得：.则.

故选：A.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，有多个选项是符合题目要求的，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.若，则下列结论中正确是（）A.B.C.当时，除以8的余数是1D.展开式中二项式系数最大项为第3项【答案】BC【解析】【分析】利用赋值法可判断AC，利用导数可判断B，利用二项式系数的性质可判断D.【详解】对于A，令，可得，令，可得，所以，故A错误；对于B，，两边求导，可得，令，可得，故B正确；对于C，当时，，所以除以8的余数是1，故C正确；对于D，展开式共有7项，所以展开式中二项式系数最大项为第4项，故D错误.故选：BC.10.在棱长为2的正方体中，点在线段上运动（包括端点），点平面，且与所成角是，则下列正确的选项有（）A.B.点的轨迹是双曲线C.的最小值为4D.直线与平面所成角的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A项转化证明平面；对于B项，根据平行轴的平面截圆锥所得曲线判断；对于C项，把往上翻折到与平面共面，在平面内求动点到两个定点距离和最小即可；对于D项，根据直线与平面所成角的定义先找到即为直线与平面所成角，再分析求正切值的最小值得解.【详解】对于A项，连接，在正方体中，，由且平面，所以平面，又因为平面，故，故A正确.对于B项，与所成角是，所以与所成角是，M在以为轴的圆锥的表面上，平面，平面截圆锥的图形为双曲线，故B正确；对于C项，把往上翻折到与平面共面，又因为，即往上翻折成，即在四边形中求，所以可得最小值为，故C不正确；对于D项，连接，再连接，在正方体，易得平面，所以即为直线与平面所成角，在中，，当点与点重合时最大，最大值为，直线与平面所成角的正切的最小值为，所以直线与平面所成角的最小值为，所以D正确.故选：ABD11.已知函数，，则下列正确的选项有（）A.若的定义域为，则的定义域为B.若函数是增函数，则实数的取值范围为C.当时，若是函数与函数的交点，则D.若，则的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】对于选项A，通过复合函数定义域的求法即可求解；对于选项B，通过分离参数，利用导数研究函数的单调性与最值计算即可求解；对于选项C，通过变形得到，解出，即可得出结果；对于选项D，通过分类讨论含参函数的单调性，得出，构造函数，利用导数研究其单调性及最值计算即可求解.【详解】对于选项A，因为的定义域为，所以，所以，所以的定义域为，故A正确；对于选项B，因为，且是增函数，所以，且在定义域上恒成立，则在上恒成立.令，则，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以在时取到最小值，即，所以，所以实数的取值范围为，故B错误；对于选项C，因，，当时，，因为是函数与函数的交点，所以，即，即，所以，所以，，所以，故C正确；对于选项D，若，则，令，则，（1）当，即时，则，此时在上单调递增，且当时，，不符合题意；（2）当，即，令，则，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以时，取到最小值，即即，所以，令，则，易知当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，即当时，取到最大值，即，所以，当且仅当，时，取到最大值，故D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：构造函数，利用导数研究其单调性及最值是解决函数问题最重要的方法.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知是等差数列，，，则的前11项和为_______________.【答案】143【解析】【分析】根据等差数列的性质求出与的值，再利用等差数列的性质求出的值，最后根据等差数列的前项和公式求出的前11项和.【详解】已知是等差数列，根据等差数列的性质，所以，那么，解得.同理，所以，那么，解得.

可得.将，代入上式，可得.

根据等差数列的前项和公式，可得.将代入上式，可得.

故答案为：143.13.已知，，，则的最小值为_______________.【答案】2【解析】【分析】根据题意可得，，代入可得，根据乘“1”法结合基本不等式运算求解.【详解】因为，，，则，解得，可得，又因为，则，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为2.故答案为：2.14.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线交双曲线的右支于，两点，若，点满足，且，则双曲线的离心率为_______________.【答案】【解析】【分析】由，结合正弦定理可得，又，故，再结合余弦定理计算即可求得离心率.【详解】由双曲线定义知，，，，，，又，，在中，，①在中，，②，，结合①②化简得，，即平分，又，，，，在中，，在中，，，，，化简得，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于根据已知条件得到线段之间的关系，再利用余弦定理求出的关系，即可求解.四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）.15.在中，角，，所对的边分别为，，，且.（1）证明：；（2）若，，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理和两角和与差的正弦公式化简即可得出答案.（2）由由正弦定理得，代入，求出边长再结合余弦定理求出或最后代入验证即可.【小问1详解】因为，所以，由正弦定理得，所以，因为，所以.所以.【小问2详解】因为，所以,由正弦定理得，所以，所以，由余弦定理得，代入计算得，所以或；当时，，所以，又因为，所以，所以，矛盾，所以舍；当时符合题意；综上，.16.自2016年1月1日起，我国全面二孩政策正式实施，这次人口与生育政策的历史性调整，使得“要不要再生一个”，“生二孩能休多久产假”等问题成为千千万万个家庭在生育决策上避不开的话题.为了解针对产假的不同安排方案形成的生育意愿，某调查机构随机抽取了200户有生育二胎能力的适龄家庭进行问卷调查，得到如下数据：产假安排（单位：周）1415161718有生育意愿家庭数（单位：户）48162026（1）请用相关系数说明该组数据中变量与之间的关系可以用线性回归模型拟合，并求关于的线性回归方程；（2）用（1）中所求的经验回归方程来拟合这组成对数据，当样本数据的残差的绝对值大于1时，称该对数据为一个“次数据”，现从这5个成对数据中任取3个做残差分析，求取到的数据中“次数据”个数的分布列和数学期望.附：①样本相关系数，当时，相关性较强，当时，相关性一般；②经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，；③，，.【答案】（1）答案见解析，（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由已知求出，，再公式求出，即可说明相关性很强，因此变量与之间的关系可以用线性回归模型拟合；利用公式求出，即可得到关于的线性回归方程；（2）由回归方程求出预测值，可得残差的绝对值，判断是否为“次数据”，可得“次数据”和非“次数据”个数，“次数据”个数为，求出对应概率，即可列出分布列求出数学期望.【小问1详解】由已知，，，，则，因为，说明相关性很强，因此变量与之间的关系可以用线性回归模型拟合.因为，，所以关于的线性回归方程为.【小问2详解】由（1）回归方程为，样本数据的残差的绝对值大于1时，称该对数据为一个“次数据”，则由题意，列出下表：产假安排（单位：周）1415161718有生育意愿家庭数（单位：户）48162026预测值3.69.214.820.426残差的绝对值0.41.21.20.40是否为“次数据”否是是否否则“次数据”共有2个，非“次数据”共有3个，从这5个数据中任取3个，“次数据”个数为，则，，，分布列为：X012P数学期望为.17.已知抛物线的焦点为，点与圆上点的距离的最小值为4.（1）求的方程；（2）已知的三个顶点都在抛物线上，且的重心为点.①若直线的斜率为2，求的周长；②求的面积的最大值.【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】（1）利用抛物线的性质结合圆的性质建立方程，求解参数，得到抛物线方程即可.（2）①联立方程组，利用韦达定理得到，，利用重心的性质得到，建立方程求出参数，利用弦长公式得到，利用焦半径公式得到，相加求解周长即可，②对给定条件合理变形得到，再利用弦长公式结合点到直线的距离公式将用单一变量表示，再结合重心的性质将用单一变量表示，再对代数式变形，构造，利用导数结合边界值求出最大值，进而得到的最大值即可.【小问1详解】因为，所以圆心为，半径为，由题意得，则，因为点与圆上点的距离的最小值为4，所以，解得，得到的方程为.【小问2详解】①如图，连接，设，因为的重心为点，且，所以，化简得，也有，即，得到，代入中，得到，则，即，设的方程为，联立方程组，，得到，且，由韦达定理得，，代入得，即，化简得，因为直线的斜率为2，所以，代入得到，解得，则，，由弦长公式得，由焦半径公式得，，故的周长为.②因为，所以，解得，因为，所以，解得，综上可得，由弦长公式得，，设到的距离为，的方程为，由点到直线的距离公式得，则由三角形面积公式得，，，因为重心为点，所以，令，则，令，，令，，则在上单调递增，在上单调递减，则极大值为，且，得到的最大值为，故的最大值为.【点睛】关键点点睛：解题关键是利用给定条件求出，然后结合重心的性质将用一元函数表示，利用导数结合边界值得到所要求的最值即可．18.如图，在七面体中，四边形是菱形，其中，，，是等边三角形，且，点为中点.（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明平面，再证平面即可；（2）过点作，确定直角坐标系，读取并计算各点坐标，求直线的方向向量与平面的法向量即可.【小问1详解】连接，因为四边形是菱形，且，则是等边三角形，又因点为的中点，则，又，则,因平面，平面，则平面，又平面，则，故，因为是等边三角形，则，又平面，平面，则平面，又平面，则平面平面.【小问2详解】过点作，垂足为，由（1）可知平面，又因平面，则平面平面，因平面平面，，则平面；以为坐标原点，以所在直线为轴，以平行于所在直线为轴建立如图所示的直角坐标系，设，则在中，，则，，则由（1）可知平面，且轴，则平面与平面重合，设，则，得，，又，得，即，故，设平面的法向量，则，即，令，则，则.则直线与平面所成角的正弦值.19.如果数列中存在四项，，，，使得（，，，互不相同），则称数列为稳健数列.（1）若数列是项数为5的正项等比数列，且是稳健数列，求的公比的个数；（2）若数列的项数为6，且，从中任意取出四项组成一个数列，求该数列为稳健数列的频率；（3）若数列为等差数列，且公差不为0，从中任意取出四项组成一个数列，该数列为稳健数列的概率超过，求数列的项数的最大值.【参考公式：】【答案】（1）3（2）（3）21【解析】【分析】（1）不妨设数列为：，分类求解方程，根据解的情况可得；（2）由列举法及古典概型概率公式可求；（3）根据公差与项数的奇偶性分类计数，借助取整函数与数列求和求解.【小问1详解】由，，，，互不相同，不妨设.不妨设数列为：，由数列为正项等比数列，可知，当时，满足题意；当且时，则