精品解析：重庆市四川外国语大学附属外国语学校2025届高三上学期11月月考数学试题

重庆外国语学校 2024—2025学年度（上）高2025届11月半月考 数学试题 一、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题项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合B，再根据集合交集运算即可得答案 【详解】由，可得，所以， 所以. 故选：B 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】若，则，因此， 当，时，， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 若，，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量垂直列方程，结合向量数量积的运算以及向量夹角的知识求得正确答案. 【详解】因为，所以， 由于，所以， 由于，所以. 故选：B 4. 已知，则下列不等关系中不恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由两角和的正弦、余弦公式展开后结合不等式的性质可判断ABD，举反例判断C． 【详解】都是锐角，则， ，A正确； ，B正确； 时，， ，，，C错误； ，D正确． 故选：C． 5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题根据指数函数、对数函数的性质借助中间值1比较可得. 【详解】因，所以，即，又，即， 又，所以，所以； 因为，所以，所以，所以 所以 故选：A. 6. 已知为第一象限角，且，则（ ） A. 9 B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式结合已知条件可求出，再结合二倍角公式化简求值，即可得答案. 【详解】由题意知为第一象限角，且， 故，解得或（舍去）， 则， 故选：B 7. 已知函数，，函数，若为偶函数，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由为偶函数，推得，再由，求得关于对称，结合，推得，得到是周期为4的周期函数，根据，得到，进而求得的值，得到答案. 【详解】因为函数为偶函数，可的图象关于对称，所以， 由，可得， 即，所以函数关于对称， 又因为，所以是定义在上的偶函数， 所以， 所以，即， 所以函数是周期为4的周期函数， 所以， 则. 故选：D. 8. 武汉外校国庆节放7天假（10月1日至10月7日），马老师、张老师、姚老师被安排到校值班，每人至少值班两天，每天安排一人值班，同一人不连续值两天班，则不同的值班方法共有（ ）种 A. 114 B. 120 C. 126 D. 132 【答案】A 【解析】 【分析】依据值班3天的为分类标准，逐类解决即可. 【详解】因为有三位老师值班7天，且每人至少值班两天，每天安排一人值班，同一人不连续值两天班， 所以必有一人值班3天，另两人各值班2天. 第一类：值班3天在、、、、、时，共有种不同的值班方法； 第二类：值班3天在、时，共有种不同的值班方法； 第三类：值班3天在时，共有种不同的值班方法； 第四类：值班3天在时，共有种不同的值班方法； 综上可知三位老师在国庆节7天假期共有种不同的值班方法. 故选：A 二、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. 下列关于概率统计的知识，其中说法正确的是（ ） A. 数据，0，2，4，5，6，8，9的第25百分位数是1 B. 已知随机变量，若，，则 C. 若一组样本数据（，2，…，n）的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为 D. 若事件M，N的概率满足，且，则M与N相互独立 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据百分位数的定义计算判断A，由二项分布的数学期望与方差公式计算可判断B，根据相关系数的定义可判断C, 根据相互独立事件及条件概率的概率公式计算可判断D. 【详解】对于选项A，8个数据从小到大排列，由于， 所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数，故A正确； 对于选项B，因为，，， 所以，解得，故B正确； 对于选项C，因为样本点都在直线上，说明是负相关且线性相关性很强， 所以相关系数为，故C错误. 对于选项D，由，可得， 即，即，所以M与N相互独立，故D正确； 故选：ABD. 10. 已知函数在上有且仅有4个零点，则（ ） A. B. 令，存在，使得为偶函数 C. 函数上可能有3个或4个极值点 D. 函数在上单调递增 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二倍角和辅助角公式化简得到，根据在上有且仅有4个零点，可确定，进而解得，再根据其范围结合函数图象和平移知识等逐一判断即可. 【详解】 对于A， ，， 因为在上有且仅有4个零点， 所以，解得，∴，故A正确； 对于B，， 为偶函数，则，即， ∵∴取，为偶函数,满足题意，故B正确； 对于C，，， ∵，， ∴函数在上可能有4个或5个极值点， 故C不正确； 对于D，若，则， ∵，∴， ∴函数在上单调递增. 故D正确； 故选：ABD. 11. 设函数，则（    ） A. 当时，直线是曲线的切线 B. 若有三个不同的零点，则 C. 存在，使得为曲线的对称轴 D. 当时，在处的切线与函数的图象有且仅有两个交点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据曲线的切线、函数的零点、曲线的对称轴，直线和曲线的交点个数等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，当时，， 令解得，且， 此时在处的切线方程为，即，正确. B选项，， 要使有三个零点，则， 若有三个不同的零点， 则 ， 通过对比系数可得，正确. C选项，若存在，使得为曲线的对称轴， 则，即， 即， 即，此方程不恒为零， 所以不存在符合题意的，使得为曲线的对称轴，错误. D选项，当时，， 则， 所以在处的切线方程为， ， 由， 消去得①， 由于， ， 所以①可化为， 提公因式得， 化简得， 进一步因式分解得，解得， 由于，所以， 所以，所以， 所以当时，在处的切线与函数的图象有且仅有两个交点，正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：D选项的解答涉及到切线与曲线交点的个数，利用联立方程组和因式分解的方法，最终得出交点个数的结论，过程完整而严谨． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的常数项为___________.（用数字作答） 【答案】50 【解析】 【分析】根据，再分别根据二项式定理求解中的常数项与项即可 【详解】因为，考虑中的常数项与项.由通项公式，即，故当时，中的常数项为，当时，中的项系数为，故的展开式中的常数项为 故答案为： 13. 已知函数，m为正的常数，则的零点之和为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，探讨函数的对称性，再结合零点的意义即可求解得答案. 【详解】函数的定义域为， 由，得，令函数， ，则函数的图象关于直线对称， 在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图， 直线与函数的图象有4个交点，令其横坐标从左到右依次为， 观察图象得，所以的零点之和为. 故答案为： 14. 掷一个质地均匀的骰子，向上的点数不小于3得2分，向上的点数小于3得1分，反复掷这个骰子，（1）恰好得3分的概率为____________；（2）恰好得n分的概率为____________．（用与n有关的式子作答） 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】因为一次得2分，另一次得1分或三次的1分时恰好得3分，进而利用独立重复试验的概率可求（1）；令表示“恰好得n分”的概率，不出现分的唯一情况是得到分以后再掷出一次不小于3的情况，则有，进而利用构造等比数列可求（2）. 【详解】（1）掷一个质地均匀的骰子，向上的点数不小于3的概率, 掷一个质地均匀的骰子，向上的点数小于3的概率. 因为一次得2分，另一次得1分或三次得1分时恰好得3分， 所以恰好得3分的概率等于. （2）令表示“恰好得n分”的概率，不出现分的唯一情况是得到分以后再掷出一次不小于3的情况， 因为“不出现分”的概率是，所以“恰好得到分”的概率是. 因为“掷一次得2分”的概率是，所以有， 即，则构造等比数列， 设，即，则，， 所以， 又，，所以是首项为，公比为的等比数列， 即，. 故恰好得n分的概率为. 故答案为：（1）；（2）. 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. 已知的面积为，且满足,设和的夹角为， （1）求的取值范围； （2）求函数的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意由三角形面积公式可得，继而可得或，结合的范围即可求解； （2）利用和差公式、降幂公式、倍角公式及辅助角公式化简可得，由（1）所求的的范围可得的范围，继而即可求得值域. 【小问1详解】 由题， 可得， 又， 所以， 得到或， 因为， 所以. 【小问2详解】 ， 因为， 故， 故可得. 16. 已知数列的前项和满足. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）= 【解析】 【分析】（1）应用，可求出通项公式； （2）方法一应用错位相减法计算求和；方法二应用待定系数法结合累加即可求解. 【小问1详解】 当时，. 当时，由，得， 则. 因为，所以. 【小问2详解】 （方法一）由（1）可得 则，① 则，② ，得 ， 从而. （方法二）由（1）可得， 令，则 令，且， 则， 整理得， 则，解得， 故. . 17. 已知椭圆的离心率为，其左，右焦点分别为，，点P是坐标平面内一点，且，，其中O为坐标原点. （1）求椭圆C的方程； （2）过点，且斜率为的动直线l交椭圆于A，B两点，求弦AB的垂直平分线在轴上截距的最大值. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】(1)设,根据题意列出对应等式,解方程后即可求得a和b的值,得到椭圆方程; (2)设出直线l的方程,代入椭圆方程,利用韦达定理求出中点坐标公式,当直线的斜率存在时,利用直线的点斜式方程,求得AB的垂直平分线方程,令y=0,求得x,再利用基本不等式即可得解. 详解】(1)由题知,, 设,又, , , ,从而,, 故椭圆C的方程为; (2)设直线l的方程为,,, 联立方程:,消去y得:, 显然, 又,, , 则AB的中点坐标为, 当AB的斜率k为零时,AB的垂直平分线为y轴,横截距为0; 当时,AB垂直平分线的方程为:, 令, 当时,, 当时,,那么, 当且仅当,即时等号成立, 所以当时,弦AB的垂直平分线在x轴上的截距有最大值,为. 【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查直线与椭圆的综合应用,属于中档题.在直线与圆锥曲线的综合题中,常用基本不等式,二次函数或对勾函数的性质等求最值. 18. 驾驶员考试（机动车驾驶员考试）是由公安局车管所举办的资格考试，只有通过驾驶员考试才能取得驾照，才能合法的驾驶机动车辆．考试内容和合格标准全国统一，根据不同准驾车型规定相应的考试项目．机动车驾驶人考试内容分为道路交通安全法律、法规和相关知识考试科目（以下简称“科目一”）、场地驾驶技能考试科目（以下简称“科目二”）、道路驾驶技能和安全文明驾驶常识考试科目（以下简称“科目三”）．申请人科目一、科目二、科目三考试均合格后，就可以领取驾驶证．某驾校经统计，驾驶员科目一考试平均通过的概率为，科目二：平均通过的概率为，科目三平均通过的概率为．该驾校王教练手下有4名学员参加驾驶员考试． （1）记这4名学员参加驾驶员考试，通过考试并领取驾驶证的人数为X，求X的分布列和数学期望及方差； （2）根据调查发现，学员在学完固定的学时后，每增加一天学习，没有通过考试拿到驾驶证的概率会降为原来的0.4，请问这4名学员至少要增加多少天的学习，才能保证这4名学员都能通过考试并领取驾驶证?（我们把概率超过0.99的事件称为必然事件，认为在一次试验中必然事件一定会发生） 参考数据：， 【答案】（1）分布列见解析，， （2）6 【解析】 【分析】（1）根据题意可知，分步计算即可； （2）增加k（k为正整数）天学习后，每位学员通过考试拿到驾驶证的概率为，若这4名学员都能通过考试并领取驾驶证，有，利用用对数运算求解不等式. 【小问1详解】 1名学员通过考试并领取驾驶证的概率为，根据题意可知， X的取值分别为0，1，2，3，4， ， ， ， ， ， 故X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P ，； 【小问2详解】 增加k（k为正整数）天学习后， 每位学员通过考试拿到驾驶证的概率为， 若这4名学员都能通过考试并领取驾驶证，有， 有，有，有， 又由 ． 可得， 故这4名学员至少要增加6天的学习，才能保证这4名学员都能通过考试并领取驾驶证． 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）已知有两个极值点. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若的极小值小于，求的极大值的取值范围. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）（ⅰ）分析可知原题意等价于有两个不同的正实数根，结合基本不等式分析求解；（ⅱ）设有两个不同的正实数根，根据单调性可知的极值点，结合零点代换可得，构建，结合单调性分析可得，则，即可得取值范围. 【小问1详解】 当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 （ⅰ）由题意可知：的定义域为，， 令，可得， 原题意等价于有两个不同的正实数根， 因为，当且仅当，即时，等号成立， 可知，所以的取值范围； （ii）由（i）可知：有两个不同的正实数根，， 不妨设，可知， 当时，；当或时，； 可知在，上单调递增，在上单调递减， 所以为的极小值点，为的极大值点， 对于的极值点，则， 可得， 设，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在上单调递减， 则，可知，则， 又因为在区间上单调递增，则， 所以的极大值的取值范围是. 【点睛】方法点睛：利用导数研究函数极值、最值的方法 （1）若求极值，则先求方程的根，再检查在方程根的左右函数值的符号； （2）若探究极值点个数，则探求方程在所给范围内实根的个数； （3）若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程根的大小或存在情况来求解； （4）求函数f(x)在闭区间的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值，与的各极值进行比较，从而得到函数的最值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重庆外国语学校 2024—2025学年度（上）高2025届11月半月考 数学试题 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选题项中，只有一项是符合题目要求的． 1 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若，，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则下列不等关系中不恒成立的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知为第一象限角，且，则（ ） A. 9 B. 3 C. D. 7. 已知函数，，函数，若为偶函数，则值为（ ） A. B. C. D. 8. 武汉外校国庆节放7天假（10月1日至10月7日），马老师、张老师、姚老师被安排到校值班，每人至少值班两天，每天安排一人值班，同一人不连续值两天班，则不同的值班方法共有（ ）种 A. 114 B. 120 C. 126 D. 132 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列关于概率统计的知识，其中说法正确的是（ ） A. 数据，0，2，4，5，6，8，9第25百分位数是1 B. 已知随机变量，若，，则 C. 若一组样本数据（，2，…，n）的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为 D. 若事件M，N的概率满足，且，则M与N相互独立 10. 已知函数在上有且仅有4个零点，则（ ） A. B. 令，存在，使得为偶函数 C. 函数在上可能有3个或4个极值点 D. 函数在上单调递增 11. 设函数，则（    ） A. 当时，直线是曲线的切线 B. 若有三个不同的零点，则 C. 存在，使得为曲线的对称轴 D. 当时，在处的切线与函数的图象有且仅有两个交点 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中的常数项为___________.（用数字作答） 13. 已知函数，m为正的常数，则的零点之和为________． 14. 掷一个质地均匀的骰子，向上的点数不小于3得2分，向上的点数小于3得1分，反复掷这个骰子，（1）恰好得3分的概率为____________；（2）恰好得n分的概率为____________．（用与n有关的式子作答） 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的面积为，且满足,设和的夹角为， （1）求的取值范围； （2）求函数的值域． 16. 已知数列的前项和满足. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 17. 已知椭圆的离心率为，其左，右焦点分别为，，点P是坐标平面内一点，且，，其中O为坐标原点. （1）求椭圆C的方程； （2）过点，且斜率为的动直线l交椭圆于A，B两点，求弦AB的垂直平分线在轴上截距的最大值. 18. 驾驶员考试（机动车驾驶员考试）是由公安局车管所举办的资格考试，只有通过驾驶员考试才能取得驾照，才能合法的驾驶机动车辆．考试内容和合格标准全国统一，根据不同准驾车型规定相应的考试项目．机动车驾驶人考试内容分为道路交通安全法律、法规和相关知识考试科目（以下简称“科目一”）、场地驾驶技能考试科目（以下简称“科目二”）、道路驾驶技能和安全文明驾驶常识考试科目（以下简称“科目三”）．申请人科目一、科目二、科目三考试均合格后，就可以领取驾驶证．某驾校经统计，驾驶员科目一考试平均通过的概率为，科目二：平均通过的概率为，科目三平均通过的概率为．该驾校王教练手下有4名学员参加驾驶员考试． （1）记这4名学员参加驾驶员考试，通过考试并领取驾驶证的人数为X，求X的分布列和数学期望及方差； （2）根据调查发现，学员在学完固定的学时后，每增加一天学习，没有通过考试拿到驾驶证的概率会降为原来的0.4，请问这4名学员至少要增加多少天的学习，才能保证这4名学员都能通过考试并领取驾驶证?（我们把概率超过0.99的事件称为必然事件，认为在一次试验中必然事件一定会发生） 参考数据：， 19 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）已知有两个极值点. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若的极小值小于，求的极大值的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$