精品解析：重庆市乌江新高考协作体2025届高三上学期高考质量调研（一）（9月）数学试题

重庆市乌江新高考协作体2025届高考质量调研（一） 数学试题 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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘方运算法则，结合复数模的运算公式进行求解即可. 【详解】∵，∴，∴， 故选：C 2. 下列命题中的真命题是（ ） A. 互余的两个角不相等 B. 相等的两个角是同位角 C. 若，则 D. 三角形的一个外角等于和它不相邻的一个内角 【答案】C 【解析】 【分析】由两角互余的概念可判断A；可举对顶角相等判断B；运用平方差公式，可判断C；运用三角形外角的性质可判断D. 【详解】对于A，互余的两个角可能相等，比如都为，故A错误； 对于B，相等的两个角可以是对顶角，故B错误； 对于C，若，则，即或，则，故C正确； 对于D，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和，故D错误； 故选：C 3. 若向量，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量线性坐标运算及向量共线的坐标表示求解，再代入求模即可. 【详解】由已知， 得， 因为，所以，解得， 则， 故选：C. 4. 以下关于统计分析的描述，哪一个是正确的？（ ） A. 样本均值越接近总体均值，样本的代表性越好． B. 样本标准差越大，数据的离散程度越小． C. 相关系数的绝对值越接近1，表示两个变量的线性关系越弱． D. 决定系数R²越接近1，模型的解释能力越强． 【答案】D 【解析】 【分析】根据均值、标准差、相关系数、决定系数的含义即可判断. 【详解】对于A，样本均值不能完全说明样本的代表性，A错； 对于B，样本标准差越大，数据的离散程度越大，B错； 对于C，相关系数的绝对值越接近1，表示两个变量的线性关系越强， C错； 对于D，决定系数R²越接近1，模型的解释能力越强，D对. 故选：D 5. 已知双曲线的左右焦点分别为，过点且与渐近线垂直的直线与双曲线左右两支分别交于两点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求得到渐近线的距离为，从而可求得的值，再在中利用正弦定理求出，然后结合双曲线的定义和余弦定理求解即可. 【详解】由题意知，点到渐近线的距离为， 所以， 因为，，所以， 所以， 因为，所以， 得，则， 在中，由正弦定理得， 即，得， 由双曲线的定义知， 所以， 在中，由余弦定理得， 即， 整理得，即， 所以离心率为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线离心率的求法，熟练掌握双曲线的定义与几何性质结合正、余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和计算能力，属于较难题. 6. 已知函数图象的对称轴方程为，．则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数的对称轴可得即可求得，利用函数的对称性可得，则，即可求得的值，得到函数解析式，代入即可求解． 【详解】当时，，又函数对称轴为，， 则函数周期，，函数，对称轴为，，与题干不符； 当时，，其中， 由函数图象的对称轴方程为，得的最小正周期，所以， 所以， 由函数图象的对称轴方程为，得， 令，得，即，得， 所以，则． 故选：C． 7. 三棱锥的侧棱是它的外接球的直径，且，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据是三棱锥外接球的直径，先找到垂直条件，求出，，再作出三棱锥的高，在中，用余弦定理求得，再结合垂直关系求得，设，表示出，在中，用余弦定理列等式求得，再套入三棱锥体积公式求解即可. 【详解】 取的中点，则三棱锥的外接球是球，半径为， 因为是球的直径，在球的球面上，所以， ，， 过点作平面，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以， 又，平面，，所以平面， 又平面，所以， 在中，由余弦定理， 所以，，设， 因为平面，平面，所以， ，， 在中，由余弦定理， 解得，. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于底面三角形运用余弦定理的处理，以及三棱锥高的求解. 8. 已知在函数的图像上存在四个点构成一个以原点为对称中心的平行四边形，则一定有：（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过对称性将问题转化为函数零点的问题,因为变量比较多，构造的函数较复杂，我们可以先计算较较简单选项，然后利用排除法即可. 【详解】由题可知，原点为线段中点， 不妨设 则有 分别相加得 相当于方程，在有两个不同的根， 即在有两个不同的交点， 显然，即在有三个不同的交点， 得示意图 由示意图可知该函数需要在有两个极值点 求导 即导函数需要在有两个不同的零点， 当时，显然在单调递减，故不可能在有两个不同的零点， 当时， 有两个不同零点， 即在有两个不同的根 ， 此时 由韦达定理可知 得，故AD错误； 因为， ，故B错误； 由得，，故C正确. 故选：C 【点睛】先利用对称性，将对称问题转化为交点问题，最后转化为函数零点问题，因为构造的函数有三个零点且连续，所以有两个极值点，然后讨论其导函数的解的问题，先判断简单选项，再判断复杂选项即可. 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的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分. 9. 设，曲线在点处切线的斜率为，与x轴的交点为，与y轴的交点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】应用导数的几何意义判断A,结合数列的基础运算判断B,C,D． 【详解】由于，所以，切线方程为，从而，． ，A错误； ，B正确； ，C正确； ，，D错误． 故选：BC. 10. 在平面直角坐标系中，已知圆的动弦，圆，则下列选项正确的是（ ） A. 当圆和圆存在公共点时，则实数的取值范围为 B. 的面积最大值为1 C. 若原点始终在动弦上，则不是定值 D. 若动点满足四边形为矩形，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据两圆位置关系列不等式求解实数的范围判断A，根据三角形面积结合正弦函数可求出面积最大值判断B，分类讨论，设直线方程，利用韦达定理结合数量积数量积坐标运算求解判断C，先根据矩形性质结合垂径定理得到点的轨迹，然后利用圆的周长公式求解判断D. 【详解】对于A，圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 当圆和圆存在公共点时，， 所以，解得，所以实数的取值范围为，正确； 对于B，的面积为， 当时，的面积有最大值为1，正确； 对于C，当弦垂直x轴时，，所以， 当弦不垂直x轴时，设弦所在直线为， 与圆联立得，， 设， 则，， 综上，恒为定值，错误； 对于D，设，OP中点，该点也是AB中点，且， 又，所以， 化简得，所以点的轨迹为以为圆心，半径为的圆， 其周长为长度为，正确. 故选：ABD 11. 已知函数和，则下列说法正确的有（ ） A. 若有两个相同的实数根，则函数经过一二四象限 B. 的图象和一个以为圆心，1为半径的圆没有交点 C. 可以在时取到最小值 D. 若有两个不同零点，设这两个零点分别为、（在的左边）在时，若的最小值等于，则是不可能成立的 【答案】BC 【解析】 【分析】由有两个相同的实数根，得出，取即可判断A；由两点之间距离公式及基本不等式即可判断B；由基本不等式即可判断C；由基本不等式及韦达定理即可判断D． 【详解】对于A，若有两个相同的实数根，则，即， 所以，则函数， 当时，函数，图象过一二象限，故A错误； 对于B，，设为点， 设函数的图象上一动点坐标为， 则， ，当且仅当或时，等号成立， 当时，，， 当时，，，所以， 所以的图象和一个以为圆心，1为半径的圆没有交点，故B正确； 对于C，当时，，设，， 则， 当且仅当时，即时等号成立，， 所以可以在时取到最小值，故C正确； 对于D，若有两个不同零点，则方程有两个不相等的实数根， 所以，， 在时，，设，则， 所以， 当且仅当，即时取等号，此时，则， 若，则，即，解得， 则存在，，故D错误； 故选：BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设是各项均为正数的等比数列的前n项和，若，则______． 【答案】13 【解析】 【分析】利用等比数列的前n项和公式，结合已知求出，继而化简，即可求得答案. 【详解】设数列的公比为q，由题意，显然，且， 则，解得， 所以． 故答案为：13 13. 若，，且，则的最小值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二倍角公式以及差角公式可得，进而得到，然后中用代换，化简后利用基本不等式求出最值. 【详解】由得，， 又，所以，所以， 所以， 因为，，，所以， 则，即， 当且仅当时，即时等号成立. 故答案为：. 14. 对于两个事件M，N，若，，称为事件M，N的相关系数.在春暖花开、风和叶翠的季节，小张、小李、小王、小刘四人都计划周末去踏青，现有四个可出游的景点：南湖、净月、莲花山和天定山，若事件M：净月景点至少有一人：事件N：莲花山和天定山两个景点恰有一个景点无人，则事件M，N的相关系数为______. 【答案】## 【解析】 【分析】先求事件，，的概率，再按定义求事件，的相关系数. 【详解】事件事件M：净月景点至少有一人，则事件：净月景点无人， 则，所以； 事件N：莲花山和天定山两个景点恰有一个景点无人，所以 ， 所以. 事件：净月景点至少有一人，莲花山和天定山两个景点恰有一个景点无人， 所以. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：解决组合综合题目，要先分类，再分布.在求事件所包含的基本事件个数时，按净月景点的人数为1，2，3分类，再选定莲花山和天定山中一个景点无人，则另一个景点必须有人，按人数分类，最后讨论剩下的人员的安排. 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. 的内角的对边分别为，已知. （1）求角A； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意利用边化角可得，再利用结合和差公式化简得，继而即可求解. （2）利用和差公式，由可得，继而可得，， 由（1）的结论，结合正弦定理及，可得，根据，利用和差公式可得，再由面积公式即可求解. 【小问1详解】 ， 由正弦定理得， 即， ， ， ， ， ， ． 【小问2详解】 ， ， ， ，， 由， 得， ， . 16. 设数列的前项和为，且满足. （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，若对任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与之间的关系分析可知数列是首项为，公比为的等比数列，进而可得通项公式； （2）由（1）可知：，利用错位相减法可得，结合恒成立问题分析求解即可. 【小问1详解】 因为， 当时，由，解得； 当时，则， 两方程相减得，即； 可知数列是首项为，公比为的等比数列， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知：， 则， ， 两式相减得， 可得，即. 因为， 可知是单调递增数列，且，可得， 因为对任意的恒成立，可得，解得， 所以的取值范围为. 17. 已知函数，且恒成立． （1）求实数的取值集合； （2）证明：． 【答案】（1） （2）由（1）可知：时，，即对任意恒成立． 要证明：， 则只需要证明， 即． 令,， 令， 令，解得． 当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 即函数在内单调递减，在上单调递增． 而 所以存在，使得， 当时，单调递增； 当时，单调递减． 当时，单调递增． 又， 对恒成立，即． 综上可得 【解析】 【分析】（1）由题可知只需证明，利用导数研究函数的最小值即可； （2）先利用（1）进行放缩，再构造函数证明即可. 【小问1详解】 ． ①当时，在上单调递减， 当时，，这与矛盾，不合题意. ②当时， 由得；由得， 则在上单调递减，在上单调递增， 时，函数取得唯一极小值即最小值． 又且 ，解得，故实数的取值集合是． 【小问2详解】 略 18. 近年来，社交推理游戏越来越受到大众的喜爱，它们不仅提供了娱乐和休闲的功能，还可以锻炼玩家的逻辑推理、沟通技巧和团队合作精神，增强社交能力和人际交往能力.某校“社交推理游戏社团”在一次活动中组织了“搜索魔法师”游戏，由1名“侦探”、6名“麻瓜”、4名“魔法师”参与游戏.游戏开始前，“侦探”是公认的，每个“麻瓜”和“魔法师”均清楚自己的角色且不知道其他人的身份.游戏过程中，由“侦探”对“麻瓜”和“魔法师”逐个当众询问并正确应答，直至找出所有的“魔法师”为止. （1）若恰在第5次搜索才测试到第1个“魔法师”，第10次才找到最后一个“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ （2）若恰在第5次搜索后就找出了所有“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ （3）游戏开始，有甲、乙、丙三位同学都想争取“侦探”的角色，主持人决定采用“击鼓传花”的方式来最终确认人员.三人围成一圈，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两个人中任何一人.试问，5次传花后花在甲手上的可能线路有多少种？ 【答案】（1） （2）576 （3）10 【解析】 【分析】（1）（2）根据排列组合，结合分步乘法计数原理即可求解， （3）根据题意可得，，即可根据递推关系求解. 【小问1详解】 先排前4次搜索，只能取“麻瓜”，有种不同的搜索方法， 再从4个“魔法师”中选2个排在第5次和第10次的位置上搜索，有种搜索方法， 再排余下4个的搜索位置，有种搜索方法. 所以共有种不同的搜索方法. 【小问2详解】 第5次搜索恰为最后一个“魔法师”， 则另3个在前4次搜索中出现，从而前4次有一个“麻瓜”出现， 所以共有种不同的搜索方法. 【小问3详解】 由于甲是第1次传花的人，因此第2次传花时，甲不能再次拿到花. 这意味着在第2次传花时，花必须传给乙或丙. 同样，第3次传花时，花不能回到前一次传花的人手中. 因此，传花的路线不能有连续两次传给同一个人的情况. 设为经过次传花后花在甲手上的线路数，其中. 则为经过次传花后花在甲手上的线路数，即经过次传花后花不在甲手上的线路数， 所以为经过次传花的总线路，每一次传花均有两种方向（顺时针或逆时针）， 则，. 所以，，，， 综上，5次传花后花在甲手上的可能线路有10种. 19. 已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集. （1）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数； （2）已知为的4阶等距平面，且点与点分别位于的两侧.若的4阶等距集为，其中点到的距离为，求平面与夹角的余弦值. 【答案】（1）答案见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）分两种情况得出的所有可能值以及相应的的个数； （2）先根据已知得出，再计算求得余弦值. 【小问1详解】 ①情形一：分别取的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面， 为正四面体高的一半，等于. 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况； ②情形二：分别取的中点 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中， 则为正方体棱长的一半，等于. 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线， 这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况. 综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个. 【小问2详解】 在线段上分别取一点， 使得，则平面即为平面. 如图，取中点，连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系， ，设， ， 设平面法向量为 所以，即， 所以， 又平面的法向量为， 设平面与夹角为 所以， 所以平面与夹角余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市乌江新高考协作体2025届高考质量调研（一） 数学试题 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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 2. 下列命题中的真命题是（ ） A. 互余的两个角不相等 B. 相等的两个角是同位角 C. 若，则 D. 三角形的一个外角等于和它不相邻的一个内角 3. 若向量，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 4. 以下关于统计分析的描述，哪一个是正确的？（ ） A. 样本均值越接近总体均值，样本的代表性越好． B. 样本标准差越大，数据的离散程度越小． C. 相关系数的绝对值越接近1，表示两个变量的线性关系越弱． D. 决定系数R²越接近1，模型的解释能力越强． 5. 已知双曲线的左右焦点分别为，过点且与渐近线垂直的直线与双曲线左右两支分别交于两点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数图象的对称轴方程为，．则（ ） A. B. C. D. 7. 三棱锥的侧棱是它的外接球的直径，且，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知在函数的图像上存在四个点构成一个以原点为对称中心的平行四边形，则一定有：（ ） A. B. C. D. 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的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分. 9. 设，曲线在点处切线的斜率为，与x轴的交点为，与y轴的交点为，则（ ） A. B. C. D. 10. 在平面直角坐标系中，已知圆的动弦，圆，则下列选项正确的是（ ） A. 当圆和圆存在公共点时，则实数的取值范围为 B. 的面积最大值为1 C. 若原点始终在动弦上，则不是定值 D. 若动点满足四边形为矩形，则点的轨迹长度为 11. 已知函数和，则下列说法正确的有（ ） A. 若有两个相同的实数根，则函数经过一二四象限 B. 的图象和一个以为圆心，1为半径的圆没有交点 C. 可以在时取到最小值 D. 若有两个不同零点，设这两个零点分别为、（在的左边）在时，若的最小值等于，则是不可能成立的 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设是各项均为正数的等比数列的前n项和，若，则______． 13. 若，，且，则的最小值为_________. 14. 对于两个事件M，N，若，，称为事件M，N的相关系数.在春暖花开、风和叶翠的季节，小张、小李、小王、小刘四人都计划周末去踏青，现有四个可出游的景点：南湖、净月、莲花山和天定山，若事件M：净月景点至少有一人：事件N：莲花山和天定山两个景点恰有一个景点无人，则事件M，N的相关系数为______. 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. 的内角的对边分别为，已知. （1）求角A； （2）若，，求的面积. 16. 设数列的前项和为，且满足. （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，若对任意的恒成立，求的取值范围. 17. 已知函数，且恒成立． （1）求实数的取值集合； （2）证明：． 18. 近年来，社交推理游戏越来越受到大众的喜爱，它们不仅提供了娱乐和休闲的功能，还可以锻炼玩家的逻辑推理、沟通技巧和团队合作精神，增强社交能力和人际交往能力.某校“社交推理游戏社团”在一次活动中组织了“搜索魔法师”游戏，由1名“侦探”、6名“麻瓜”、4名“魔法师”参与游戏.游戏开始前，“侦探”是公认的，每个“麻瓜”和“魔法师”均清楚自己的角色且不知道其他人的身份.游戏过程中，由“侦探”对“麻瓜”和“魔法师”逐个当众询问并正确应答，直至找出所有的“魔法师”为止. （1）若恰在第5次搜索才测试到第1个“魔法师”，第10次才找到最后一个“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ （2）若恰在第5次搜索后就找出了所有“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ （3）游戏开始，有甲、乙、丙三位同学都想争取“侦探”的角色，主持人决定采用“击鼓传花”的方式来最终确认人员.三人围成一圈，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两个人中任何一人.试问，5次传花后花在甲手上的可能线路有多少种？ 19. 已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集. （1）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数； （2）已知为的4阶等距平面，且点与点分别位于的两侧.若的4阶等距集为，其中点到的距离为，求平面与夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $