精品解析：重庆市多校联考2025届高三上学期9月月考数学试题

高三数学入学考试 注意事项： 1.答题前，考生务必将自已的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解一元二次不等式求出集合，然后由并集运算可得. 【详解】解不等式得，即， 又，所以. 故选：A 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数乘法和除法法则计算出答案. 【详解】， 故. 故选：C 3. 2024年1月至5月重庆市八大类商品和服务价格增长速度依次为，，则该组数据的第75百分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将数据从小到大排列，然后计算，由第6和第7个数据的平均数可得. 【详解】将数据由小到大排列：， 因为，所以该组数据的第75百分位数为. 故选：B 4. 甲同学每次投篮命中的概率为，在投篮6次的实验中，命中次数的均值为2.4，则的方差为（ ） A. 1.24 B. 1.44 C. 1.2 D. 0.96 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项分布期望值公式以及方差公式计算可得结果. 【详解】根据题意可得命中次数服从二项分布，即； 即可得均值为，解得； 所以的方差为. 故选：B 5. 已知函数，且的图象不经过第一象限，则函数的图象不经过（ ） 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】根据指数函数图象性质可得，再由对数函数图象性质可判断出结论. 【详解】当时，函数单调递增，图象经过第一象限，不合题意； 当时，函数单调递减，图象不经过第一象限，合题意； 显然此时，则函数为单调递增，又恒过点， 因此函数的图象不过第四象限. 故选：D 6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，为的中点，且，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆的定义以及的位置关系及长度，构造齐次方程即可解得离心率. 【详解】如下图所示：    因为的中点，且，则， 由椭圆的定义，则， 又为的中点，可得， 因为，由勾股定理可得， 即；又因， 代入整理得：，即， 解得或（舍）. 故选：C. 7. 已知正四面体的高等于球的直径，则正四面体的体积与球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正四面体的特征求其高及体积，进而求球的体积即可. 【详解】 如图，正四面体，设其棱长为2， 设的中心为，连接，延长交于， 则平面且， 故正四面体的高为且， 所以. 设球的半径为，则， 则球的体积为， 故体积比为 8. 在中，，且边上的高为，则（ ） A. 的面积有最大值，且最大值为 B. 的面积有最大值，且最大值为 C. 的面积有最小值，且最小值为 D. 的面积有最小值，且最小值为 【答案】D 【解析】 【分析】由两角和差的正弦展开可得，再由三角形面积公式可得，再通过余弦定理求得的范围，即可求解. 【详解】因为 所以 所以，又为三角形内角， 所以，所以 设角的对边分别为，边的高为， 由三角形面积公式可得：，又， 所以，又， 所以，当且仅当时取等号， 所以 所以 故选:D 二､多选题：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. 已知点到抛物线准线的距离为4，则的值可能为（ ） A. 8 B. C. 24 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】先由抛物线方程写出其准线方程，利用点到直线距离公式列出方程，解之即得. 【详解】因抛物线的准线为， 则点到直线的距离为：，解得，或. 故选：AD. 10. 将函数图象的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ） A. 为偶函数 B. 的最小正周期为 C. 与在上均单调递减 D. 函数在上有5个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】诱导公式结合余弦函数性质可判断A；根据周期变换求，由周期公式可判断B；整体代入法求单调区间即可判断C；直接解方程求零点可判断D. 【详解】对A，，显然为偶函数，A正确； 对B，由题知，，则最小正周期，B错误； 对C，由得，在上单调递减， 所以在上单调递减， 由得，在上单调递减， 所以在上单调递减，C正确； 对D，由得， 所以或， 即或， 因为，所以， 所以函数在上有5个零点，D正确. 故选：ACD 11. 若函数，则（ ） A. 可能只有1个极值点 B. 当有极值点时， C. 存在，使得点为曲线的对称中心 D. 当不等式的解集为时，的极小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A项，根据判别式分类讨论可得；B项，有极值点转化为，结合A项可得；C项，取，验证可得；D项，由不等式解集结合图象可知，1和2是方程的两根且，解出系数，代入函数求解极值即可判断. 【详解】， 则，令， . A项，当时，，则在上单调递增，不存在极值点； 当时，方程有两个不等的实数根，设为，， 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 故在处取极大值，在处取极小值，即存在两个极值点； 综上所述，不可能只1个极值点，故A错误； B项，当有极值点时,有解，则， 即.由A项知，当时，在上单调递增，不存在极值点； 故，故B正确； C项，当时，， ，所以， 则曲线关于对称， 即存在，使得点为曲线的对称中心，故C正确； D项，不等式的解集为， 由A项可知仅当时，满足题意. 则且，且在处取极大值. 即，则有， 故， ， 又， 解得， 故， 则， 当时，，则在单调递增； 当时，，则在单调递减； 当时，，则在单调递增； 故在处有极大值，且极大值为； 在处有极小值，且极小值为； 故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题解决关键在于D项中条件“不等式的解集为”的转化，一是解集区间的端点是方程的根，二是在处取极值，从而. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若向量，且，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示求解可得. 【详解】因为，所以，解得. 故答案为： 13. 已知是等比数列，，则数列的前项和为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列定义可得数列的通项公式，再由等比数列前项和公式计算可得结果. 【详解】由是等比数列可得其公比， 因此数列的首项为，公比，所以，即； 所以数列的前项和为 . 故答案为： 14. 甲､乙玩一个游戏，游戏规则如下：一个盒子中装有标号为的6个大小质地完全相同的小球，甲先从盒子中不放回地随机取一个球，乙紧接着从盒子中不放回地随机取一个球，比较小球上的数字，数字更大者得1分，数字更小者得0分，以此规律，直至小球全部取完，总分更多者获胜.甲获得3分的概率为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】将问题转化为在三个盒子中各放入2个编号不同的小球，甲从每个盒子中各取一个小球，求甲取到每个盒子中编号较大小球的概率，然后可解. 【详解】将问题转化为：在三个盒子中各放入2个编号不同的小球，甲从每个盒子中各取一个小球，求甲取到每个盒子中编号较大小球的概率. 甲从三个盒子中各取一球，共有种取法，三个都是编号较大小球只有一种取法， 所以，甲获得3分的概率为. 故答案为： 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. 如图，在正方体中，点分别在上，且. （1）若，证明：平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明过程见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，故，得到线面平行； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用法向量求解出面面角的余弦值. 【小问1详解】 因为，， 所以四边形为平行四边形，故，， 又，，故，， 又，， 故，所以四边形为平行四边形， 故， 因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为3，则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令得，，故， 且平面的法向量为， 设平面与平面夹角的大小为， 则 所以平面与平面夹角的余弦值为. 16. 为了研究学生的性别和是否喜欢跳绳的关联性，随机调查了某中学的100名学生，整理得到如下列联表： 男学生 女学生 合计 喜欢跳绳 35 35 70 不喜欢跳绳 10 20 30 合计 45 55 100 （1）依据的独立性检验，能否认为学生的性别和是否喜欢跳绳有关联？ （2）已知该校学生每分钟的跳绳个数，该校学生经过训练后，跳绳个数都有明显进步.假设经过训练后每人每分钟的跳绳个数都增加10，该校有1000名学生，预估经过训练后该校每分钟的跳绳个数在内的人数（结果精确到整数）. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 若，则，. 【答案】（1）不能 （2）人 【解析】 【分析】（1）首先假设，再计算，并和参考数据比较，即可作出判断； （2）转化为训练前的人数估计.由题意得的值，则即，利用正态曲线的对称性与区间的概率参考数据 【小问1详解】 ：学生的性别和是否喜欢运动无关. ， 所以根据的独立性检验，不能认为学生的性别与是否喜欢跳绳有关. 【小问2详解】 训练前该校学生每人每分钟的跳绳个数， 则，，， 即训练前学生每分钟的跳绳个数在，，， ， 由（人） 估计训练前该校每分钟的跳绳个数在内的人数为. 即预估经过训练后该校每分钟的跳绳个数在内的人数为. 17. 已知函数，且曲线在点处的切线斜率为. （1）比较和的大小； （2）讨论的单调性； （3）若有最小值，且最小值为，求的最大值. 【答案】（1）； （2） 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据导数意义列方程即可求解； （2）求导，分和讨论导数符号即可得解； （3）利用（2）中结论表示出最小值，然后利用导数求最值即可. 【小问1详解】 ，由题知， 整理得. 【小问2详解】 由（1）知，， 当时，恒成立，此时在上单调递增； 当时，令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 由（2）知，当时，无最小值， 当时，在处取得最小值，所以， 记，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在单调递减， 所以当时，取得最大值， 即的最大值为. 18. 已知平面内一动点到点的距离与点到定直线的距离之比为，记动点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程. （2）在直线上有一点，过点的直线与曲线相交于两点.设，证明：只与有关. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设点，依题可得，化简得； （2）设，由题意求出，由消去整理得，应用韦达定理，结合图形将表示为，利用向量数量积的坐标式计算化简，并将以上各式代入整理，化成即得. 【小问1详解】 设，依题意得，，两边取平方，， 整理得，，即曲线的方程为：. 【小问2详解】 如图设点，因点既在直线上，又在直线上， 故得：，解得，. 由消去可得，， 因，故点的直线与曲线相交于两点，设， 则，则， 由图知， ， 故只与有关. 19. 若数列满足，且，则称数列为“稳定数列”. （1）若数列为“稳定数列”，求的取值范围； （2）若数列的前项和，判断数列是否为“稳定数列”，并说明理由； （3）若无穷数列为“稳定数列”，且的前项和为，证明：当时，. 【答案】（1） （2）数列不是 “稳定数列”，理由如下： 令，得， 当时，， 检验，当时，， 故，所以，， 要使为“稳定数列”，则需， 即恒成立； 所以有， 显然不可能恒小于等于零， 故不能恒成立， 所以数列不是 “稳定数列”； （3）证明： 由题可知，且， 则与两式相加 得 ， 令， 则有， 分类讨论， 第一类， ， ，， 因为，所以有， 所以有， 得， 第二类，， 则有， 则有，， ， 得到， 因为， 所以， 因为， 所以， 所以当为偶数时，，得， 当为奇数时，， 又因为， 所以， 所以， 所以得. 【解析】 【分析】（1）将数据代入已知不等式，求解即可； （2）先利用求出数列的通项公式，然后再判断是否满足“稳定数列”定义即可； （3）先利用，建立不等式，两式相加化简，得，构成一个新的数列，有然后，讨论其相邻两项的正负，分别计算即可. 【小问1详解】 由“稳定数列”的定义可知,， 解得，又因为，所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：该题为数列新概念题，第一问和第二问,按照其概念计算即可；第三问,需要建立新的递推公式，得到一个找到数列不同项之间的关系，然后建立不等式求解即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学入学考试 注意事项： 1.答题前，考生务必将自已的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 2024年1月至5月重庆市八大类商品和服务价格增长速度依次为，，则该组数据的第75百分位数为（ ） A. B. C. D. 4. 甲同学每次投篮命中的概率为，在投篮6次的实验中，命中次数的均值为2.4，则的方差为（ ） A. 1.24 B. 1.44 C. 1.2 D. 0.96 5. 已知函数，且的图象不经过第一象限，则函数的图象不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，为的中点，且，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正四面体的高等于球的直径，则正四面体的体积与球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，且边上的高为，则（ ） A. 的面积有最大值，且最大值为 B. 的面积有最大值，且最大值为 C. 的面积有最小值，且最小值为 D. 的面积有最小值，且最小值为 二､多选题：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. 已知点到抛物线准线的距离为4，则的值可能为（ ） A. 8 B. C. 24 D. 10. 将函数图象的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ） A. 为偶函数 B. 的最小正周期为 C. 与在上均单调递减 D. 函数在上有5个零点 11. 若函数，则（ ） A. 可能只有1个极值点 B. 当有极值点时， C. 存在，使得点为曲线的对称中心 D. 当不等式的解集为时，的极小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若向量，且，则__________. 13. 已知是等比数列，，则数列的前项和为__________. 14. 甲､乙玩一个游戏，游戏规则如下：一个盒子中装有标号为的6个大小质地完全相同的小球，甲先从盒子中不放回地随机取一个球，乙紧接着从盒子中不放回地随机取一个球，比较小球上的数字，数字更大者得1分，数字更小者得0分，以此规律，直至小球全部取完，总分更多者获胜.甲获得3分的概率为__________. 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. 如图，在正方体中，点分别在上，且. （1）若，证明：平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16. 为了研究学生的性别和是否喜欢跳绳的关联性，随机调查了某中学的100名学生，整理得到如下列联表： 男学生 女学生 合计 喜欢跳绳 35 35 70 不喜欢跳绳 10 20 30 合计 45 55 100 （1）依据的独立性检验，能否认为学生的性别和是否喜欢跳绳有关联？ （2）已知该校学生每分钟的跳绳个数，该校学生经过训练后，跳绳个数都有明显进步.假设经过训练后每人每分钟的跳绳个数都增加10，该校有1000名学生，预估经过训练后该校每分钟的跳绳个数在内的人数（结果精确到整数）. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 若，则，. 17. 已知函数，且曲线在点处的切线斜率为. （1）比较和的大小； （2）讨论的单调性； （3）若有最小值，且最小值为，求的最大值. 18. 已知平面内一动点到点的距离与点到定直线的距离之比为，记动点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程. （2）在直线上有一点，过点的直线与曲线相交于两点.设，证明：只与有关. 19. 若数列满足，且，则称数列为“稳定数列”. （1）若数列为“稳定数列”，求的取值范围； （2）若数列的前项和，判断数列是否为“稳定数列”，并说明理由； （3）若无穷数列为“稳定数列”，且的前项和为，证明：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $