精品解析：重庆市第十一中学校教育集团2024-2025学年高三上学期第三次质量检测数学试题

重庆市第十一中学校教育集团高2025届高三第三次质量检测 数学试题 注意事项： 1.本试卷满分为150分，考试时间为120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上. 3.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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本题共8小题，每题5分，共40分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解一元二次不等式得集合，再由交集定义求解． 【详解】，∴． 故选：B． 【点睛】本题考查集合的交集运算，掌握一元二次不等式的解法是解题关键．本题属于基础题． 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数运算求出，再利用复数乘方计算作答. 【详解】由得：，即， 所以. 故选：D 3. 已知向量，．若，则（ ） A. 1 B. C. 12 D. 【答案】C 【解析】 【分析】（方法一）由的坐标，求得的坐标，利用向量垂直的坐标表示式列出方程求解即得；（方法二）先由化简，再代入得坐标计算即得. 【详解】（方法一）由，，得． 由，得，即，解得． 故选：C． （方法二）由，得，即， 将代入得，，解得． 故选：C． 4. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件列方程组可求出和，再利用两角差的余弦公式可求得结果. 【详解】因为，， 所以，解得， 所以， 故选：C 5. 已知圆锥PO的底面半径为，轴截面的面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据轴截面面积和底面半径得到圆锥的高，进而得到圆锥的体积. 【详解】轴截面为等腰三角形，底边长为，设圆锥的高为， 则，解得， 故圆锥的体积为. 故选：B 6. 已知函数（且）在定义域内是增函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用分段函数单调性的判定方法，列出不等式组，即可求解. 【详解】由函数 ， 因为函数在定义域内是增函数，则满足， 解得，即实数的取值范围为. 故选：C． 7. 已知函数，若为偶函数；且在区间内仅有两个零点，则的值是（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据偶函数的性质，以及根据余弦函数的零点，列式求的值. 【详解】，为偶函数， 所以，，，， 当，，因为在区间内仅有两个零点， 所以，得，则. 故选：A 8. 是定义在上的函数，，且对任意，满足，，则 A. 2015 B. 2016 C. 2017 D. 2018 【答案】D 【解析】 【分析】根据递推式可得，再由 即可得答案. 【详解】解： 三是相加得：， 又， 则，当且仅当时等号成立， ， 故选：D. 二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 9. 设函数，则（ ） A. 有三个零点 B. 是的极小值点 C. 的图象关于点对称 D. 当时， 【答案】BD 【解析】 【分析】根据的根的个数，判断零点的个数，利用函数的导数，判断函数的单调性，极值，判断BD，再根据公式是否等于4，即可判断C. 【详解】A. ，得和1，所以函数有2个零点，故A错误； B.，得和， 当或时，，当时，， 所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是，所以是的极小值，故B正确； C.，不恒等于4，故C错误； D.当时，单调递增，，所以，故D正确. 故选：BD 10. 李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ） A. P(X＞32)＞P(Y＞32) B. P(X≤36)＝P(Y≤36) C. 李明计划7：34前到校，应选择坐公交车 D. 李明计划7：40前到校，应选择骑自行车 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性，和的原则，即可求解. 【详解】A.由条件可知，，根据对称性可知，故A错误； B., ，所以，故B正确； C. =，所以，故C正确； D. ，，所以，故D正确. 故选：BCD 11. 已知中，，，E，F分别在线段BA，CA上，且，．现将沿EF折起，使二面角的大小为．以下命题正确的是（ ） A. 若，，则点到平面的距离为 B. 存在使得四棱锥有外接球 C. 若，则棱锥体积的最大值为 D. 若，三棱锥的外接球的半径取得最小值时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由线面平行将点到平面的距离转化成点到平面的距离即可求解，对于B,通过四边形没有外接圆即可判断，对于C，确定的长度，结合体积公式及基本不等式即可判断,对于D，补全长方体即可判断. 【详解】，，易知平面ABC,平面， 易知面 故点到平面的距离为即为点到平面的距离， 因为，所以，所以， 所以为二面角的平面角， 又为平面内两条相交直线， 所以平面， 所以平面，又在平面内， 所以平面平面， 所以到平面ABC的距离即为到， A选项：，，即，三角形等边三角形， 可得：到的距离为，故A正确； B选项：由于直角梯形不可能共圆，所以四棱锥无外接球，所以B错误； C选项：由题意可知，，， , ， 由基本不等式可知：， 当且仅当，即时取得最大值， 所以, 所以当，时，体积取到最大值，故正确； D选项：由题意可知，，， ，也即两两垂直， 可以依次构造长方体，长方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球半径为r， 则，， 所以时，取得最小值，此时，所以D正确． 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的前n项和为，若，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式列式求得，再利用等差数列的求和公式即可得解. 【详解】设等差数列的公差为， 则有,解得：， 所以. 故答案为： 13. 如下图，用4种不同颜色标注地图中的6个区域，相邻省颜色不同，有________种不同的涂色方式. 【答案】120 【解析】 【分析】利用分类和分步计数原理，即可求解. 【详解】当陕西和贵州相同，陕西和贵州4种颜色，重庆3种颜色，四川有2种颜色，湖北有2种颜色，湖南有1种颜色，则共有种方法， 当陕西和贵州不同，湖北和贵州相同，则陕西有4种颜色，重庆3种颜色，贵州和湖北有2种颜色，湖南有2种颜色，四川有1种颜色，则共有种方法， 当陕西和贵州不同，湖北和贵州不同，则陕西有4种颜色，重庆3种颜色，贵州有2种颜色，湖北有1种颜色，湖南有1种颜色，四川有1种则共有种方法， 综上可知有种方法. 故答案为：120 14. 已知正数满足，则的最小值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】记，其中，可求得，进而可得，利用，结合基本不等式可求最小值. 【详解】由，得， 记，其中， 原不等式化为，所以， 所以，即． 所以， 当且仅当，即时取“”，所以的最小值为1． 故答案为：1． 【点睛】方法点睛：三角代换是解题的关键，进而得出是利用基本不等式求得最小值的基础，进而考查运算求解能力和创新意识. 四、解答题：本大题共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. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）若函数在上有且仅有个零点，求的取值范围. 【答案】（1）当时，函数的单调增区间为； 当时，函数的单调增区间为，单调减区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）求函数的导函数，由求函数的单调递增区间，由求函数的单调递减区间； （2）由可得，则直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 因为函数，则， 当时，，函数在上单调递增； 当时，由可得， 若，则；若，则. 当时，函数的单调增区间为，单调减区间为， 综上所述，当时，函数的单调增区间为； 当时，函数的单调增区间为，单调减区间为. 【小问2详解】 当时，由，可得，则直线与函数的图象有两个交点， 函数的定义域为，， 由，可得， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， 所以，函数的极大值为，且，，如下图所示： 由图可知，当时， 直线与函数在上的图象有两个交点， 因此，实数的取值范围是. 【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． 16. 如图，在三棱柱中，为正三角形，四边形为菱形. （1）求证：平面； （2）若，且为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 设与交于点G，连接， 则由为正三角形可得， 又由四边形为菱形可得， 因为，平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）设与交于点G，连接，则由题意可依次得和，再结合线面垂直的判定定理即可得证. （2）先求证平面，取中点，连接得，取中点，连接，由得，进而可建立如图所示的空间直角坐标系，再按空间角的向量法步骤去计算求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得， 又，，平面，所以平面， 取中点，连接，则由为正三角形可得， 因为，所以， 又平面，平面，所以， 取中点，连接，则，故且， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 由上是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足 （1）设，，过B作BD垂直AC于点D，点E为线段BD的中点，求的值； （2）若为锐角三角形，，求面积的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理求出，进而由余弦定理求出，利用三角形面积公式得，利用平面向量基本定理及数量积运算法则得到答案； （2）由正弦定理得到，利用锐角三角形，求得，进而求出，由面积公式求得. 【小问1详解】 ，由正弦定理得： ， 所以， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以， 因为，，由余弦定理得：， 因为，所以， 其中， 所以， 因为点E为线段BD的中点，所以， 由题意得：， 所以. 【小问2详解】 由（1）知：，又， 由正弦定理得：， 所以， 因为为锐角三角形，所以，解得：， 则，，， 故， 面积为 故面积的取值范围是. 18. 已知M为圆上一个动点，垂直x轴，垂足为N，O为坐标原点，的重心为G. （1）求点G的轨迹方程； （2）记（1）中的轨迹为曲线C，直线与曲线C相交于A、B两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据为的重心，得，代入，化简即可求解. （2）根据垂心的概念求得，设直线方程，与椭圆联立韦达定理，利用得，将韦达定理代入化简即可求解. 【小问1详解】 设，则，因为的重心， 故有：，解得，代入，化简得， 又，故，所以的轨迹方程为. 【小问2详解】 因为的垂心，故有， 又，所以，故设直线的方程为， 与联立消去得：， 由得， 设，则， 由，得，所以， 所以， 所以，化简得， 解得（舍去）或（满足），故直线的方程为. 19. 龙泉游泳馆为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，顾客可选择A和B两个套餐之一，并在App平台上推出了优惠券活动，下表是该游泳馆在App平台10天销售优惠券情况． 日期t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量千张 1.9 1.98 2.2 2.36 2.43 2.59 2.68 2.76 2.7 0.4 经计算可得：. （1）因为优惠券购买火爆，App平台在第10天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，已知销售量y和日期t呈线性关系，现剔除第10天数据，求y关于t的经验回归方程结果中的数值用分数表示； （2）若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为，并且A套餐可以用一张优惠券，B套餐可以用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n张的概率为，求； （3）记（2）中所得概率的值构成数列. ①求的最值； ②数列收敛的定义：已知数列，若对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，，（是一个确定的实数），则称数列收敛于.根据数列收敛的定义证明数列收敛． 参考公式： . 【答案】（1） （2） （3）①最大值为 ，最小值为； ②证明：对任意总存在正整数，其中 表示取整函数， 当 时，， 所以数列收敛. 【解析】 【分析】（1）计算出新数据的相关数值，代入公式求出的值，进而得到y关于t的回归方程； （2）由题意可知，其中，构造等比数列，再利用等比数列的通项公式求解； （3）①分n为偶数和n为奇数两种情况讨论，结合指数函数的单调性求解； ②利用数列收敛的定义，准确推理、运算，即可得证． 【小问1详解】 解：剔除第10天的数据，可得， ， 则， 所以， 可得，所以. 【小问2详解】 解：由题意知，其中， 所以，又由， 所以是首项为1的常数列，所以 所以，又因为， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 故，所以. 【小问3详解】 解：①当为偶数时，单调递减， 最大值为； 当 为奇数时，单调递增，最小值为， 综上可得，数列的最大值为，最小值为. ②略 【点睛】知识方法点拨：与新定义有关的问题的求解策略： 1、通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决. 方法点拨：与数列有关的问题的求解策略： 3、若新定义与数列有关，可得利用数列的递推关系式，结合数列的相关知识进行求解，多通过构造的分法转化为等差、等比数列问题求解，求解过程灵活运用数列的性质，准确应用相关的数列知识. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市第十一中学校教育集团高2025届高三第三次质量检测 数学试题 注意事项： 1.本试卷满分为150分，考试时间为120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上. 3.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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本题共8小题，每题5分，共40分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，．若，则（ ） A. 1 B. C. 12 D. 4. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥PO的底面半径为，轴截面的面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数（且）在定义域内是增函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若为偶函数；且在区间内仅有两个零点，则的值是（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 8 8. 是定义在上的函数，，且对任意，满足，，则 A. 2015 B. 2016 C. 2017 D. 2018 二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 9. 设函数，则（ ） A. 有三个零点 B. 是的极小值点 C. 的图象关于点对称 D. 当时， 10. 李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ） A. P(X＞32)＞P(Y＞32) B. P(X≤36)＝P(Y≤36) C. 李明计划7：34前到校，应选择坐公交车 D. 李明计划7：40前到校，应选择骑自行车 11. 已知中，，，E，F分别在线段BA，CA上，且，．现将沿EF折起，使二面角的大小为．以下命题正确的是（ ） A. 若，，则点到平面的距离为 B. 存在使得四棱锥有外接球 C. 若，则棱锥体积的最大值为 D. 若，三棱锥的外接球的半径取得最小值时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的前n项和为，若，，则______． 13. 如下图，用4种不同颜色标注地图中的6个区域，相邻省颜色不同，有________种不同的涂色方式. 14. 已知正数满足，则的最小值为______． 四、解答题：本大题共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. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）若函数在上有且仅有个零点，求的取值范围. 16. 如图，在三棱柱中，为正三角形，四边形为菱形. （1）求证：平面； （2）若，且为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足 （1）设，，过B作BD垂直AC于点D，点E为线段BD的中点，求的值； （2）若为锐角三角形，，求面积的取值范围． 18. 已知M为圆上一个动点，垂直x轴，垂足为N，O为坐标原点，的重心为G. （1）求点G的轨迹方程； （2）记（1）中的轨迹为曲线C，直线与曲线C相交于A、B两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程. 19. 龙泉游泳馆为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，顾客可选择A和B两个套餐之一，并在App平台上推出了优惠券活动，下表是该游泳馆在App平台10天销售优惠券情况． 日期t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量千张 1.9 1.98 2.2 2.36 2.43 2.59 2.68 2.76 2.7 0.4 经计算可得：. （1）因为优惠券购买火爆，App平台在第10天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，已知销售量y和日期t呈线性关系，现剔除第10天数据，求y关于t的经验回归方程结果中的数值用分数表示； （2）若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为，并且A套餐可以用一张优惠券，B套餐可以用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n张的概率为，求； （3）记（2）中所得概率的值构成数列. ①求的最值； ②数列收敛的定义：已知数列，若对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，，（是一个确定的实数），则称数列收敛于.根据数列收敛的定义证明数列收敛． 参考公式： . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $