精品解析：重庆市名校联盟2024-2025学年高三下学期第一次联合考试数学试卷

重庆市名校联盟2024-2025学年度第二期第一次联合考试 数学试卷（高2025届） 本试卷共4页，满分150分.考试用时120分钟． 注意事项： 1．作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，须将答题卡、试卷、草稿纸一并交回（本堂考试只将答题卡交回）． 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，对应的点位于（ ）． A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知向量，，且，则实数（ ） A. B. C. 5 D. 10 4. 某地区2024年全年月平均温度（单位：℃）与月份之间近似满足.已知该地区2月份的月平均温度为℃，全年月平均温度最高的月份为6月份，且平均温度为32℃，则该地区12月份的平均温度为（ ） A. ℃ B. ℃ C. ℃ D. ℃ 5. 已知双曲线 的离心率为为 的两个焦点，过作 的一条渐近线的垂线，垂足为为坐标原点，则（ ） A. B. 2 C. D. 6. 在正方体中，是棱 上的点，且．平面将此正方体分为两部分，设两部分体积分别为和，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知的内角 所对的边分别为 ，若，则边上中线长度的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 定义双曲正弦函数：.若双曲正弦函数在区间上的值域与在区间上的值域相同，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）． A. B. C. 以MN为直径的圆与l相切 D. 为等腰三角形 10. 已知函数是定义域为的奇函数，，若，，，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 是周期为 的周期函数 D. 11. 对于任意两个正数，，记曲线与直线，， 轴围成的曲边梯形的面积为，并约定和，德国数学家莱布尼茨（Leibniz）最早发现.关于，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正实数 满足，则______. 13. 已知成对样本数据，，…，中，，…，不全相等，且所有样本点都在直线上，则这组成对样本数据的样本相关系数r=______，其决定系数=______． 14. 已知直线与⊙ ：交于A，B两点，写出满足“面积为”的实数的一个值______（写出其中一个即可） 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. 已知等差数列满足： ，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）若等差数列的公差不为零，且数列满足：，记数列的前n项和为，求证：； 16. 已知函数. （1）若时，求曲线在处的切线方程； （2）若 时，在区间上的最小值为，求实数 的值. 17. 已知三棱锥，D在平面 上的射影为的重心O，， . （1）证明：； （2）E为AD上靠近A的三等分点，若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 如图所示，在研究某种粒子的实验装置中，有 三个腔室，粒子只能从室出发经室到达 室.粒子在室不旋转，在室､ 室都旋转，且只有上旋和下旋两种状态，粒子间的旋转状态相互独立.粒子从室经过1号门进入室后，等可能的变为上旋或下旋状态，粒子从室经过2号门进入 室后，粒子的旋转状态发生改变的概率为 .现有两个粒子从室出发，先后经过1号门，2号门进入 室，记 室两个粒子中，上旋状态粒子的个数为 . （1）已知两个粒子通过1号门后，恰有1个上旋状态1个下旋状态.若这两个粒子通过2号门后仍然恰有1个上旋状态1个下旋状态的概率为，求； （2）求 的分布列和数学期望； （3）设，若两个粒子经过2号门后都为上旋状态，求这两个粒子通过1号门后都为上旋状态的概率. 19. 如图，已知面积为的矩形 ，与坐标轴的交点是椭圆：的四个顶点，且该椭圆的离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2） 为坐标原点，过下顶点的直线与 轴相交于点 （不同于 ），与直线相交于点，与椭圆相交于点，直线 与直线 相交于点. （i）证明：； （ii）设线段的中点为为椭圆上的两点，且直线，与椭圆都仅有一个公共点，，垂足为 .探究：是否存在定点，使得为定值?若存在，求点的坐标以及此定值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市名校联盟2024-2025学年度第二期第一次联合考试 数学试卷（高2025届） 本试卷共4页，满分150分.考试用时120分钟． 注意事项： 1．作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，须将答题卡、试卷、草稿纸一并交回（本堂考试只将答题卡交回）． 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】解不等式，得或，因此或 ， 所以. 故选：B 2. 在复平面内，对应的点位于（ ）． A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法结合复数的几何意义分析判断. 【详解】因为， 则所求复数对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 3. 已知向量，，且，则实数（ ） A. B. C. 5 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件可求得，再根据向量平行的条件，即可求得 的值. 【详解】由已知可得：， 因为，所以有，解之得： . 故选：C. 4. 某地区2024年全年月平均温度（单位：℃）与月份之间近似满足.已知该地区2月份的月平均温度为℃，全年月平均温度最高的月份为6月份，且平均温度为32℃，则该地区12月份的平均温度为（ ） A. ℃ B. ℃ C. ℃ D. ℃ 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，可求得，进而根据已知可得，，可求得解析式，进而可求得时的函数值，可得结论. 【详解】由题意可知，直线是曲线的一条对称轴， 所以， ，即， .又， 即，所以. 因为全年月平均温度的最大值为32℃，所以①. 又当时，，所以，所以②. 由①②解得， ， 所以，则当时，℃. 故选：A. 5. 已知双曲线的离心率为为的两个焦点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为为坐标原点，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用余弦定理可得，从而得解. 【详解】根据题意，，由， 则，． 由余弦定理可得， ， 所以， 所以． 故选：A 6. 在正方体中，是棱上的点，且．平面将此正方体分为两部分，设两部分体积分别为和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出辅助线，得到台体体积为，剩余图形的体积为，设正方体的棱长为4，求出台体体积，得到，进而正方体体积得到，求出答案. 【详解】延长 ，交的延长线于点，连接，交于点，连接， 平面将此正方体分为两部分，设两部分体积分别为和， 故台体体积为，剩余图形的体积为， 设正方体的棱长为4，则正方体体积为 ， 又，，故， ，， 台体的高为， 故台体的体积为， 故， 所以. 故选：D 7. 已知的内角 所对的边分别为 ，若，则边上中线长度的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理角化边得到，结合基本不等式得到，再由中线长公式求解. 【详解】，由正弦定理可得， 即 ，则， 又 ，所以，因为，当且仅当时等号成立， 所以，则． 设边上中线的长度为，则， 所以边上中线长度的最大值为． 故选：C 8. 定义双曲正弦函数：.若双曲正弦函数在区间上的值域与在区间上的值域相同，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别分析两个函数的单调性，求出它们的值域，再根据函数的值域相同，得到一个方程组，进而将问题转化为方程对应的函数有两个不同的零点问题求解. 【详解】因为，所以在上为增函数， 所以在上的值域为. 又在也是增函数， 所以在上的值域为. 因为两个函数的值域相同，所以. 即方程有两个不同的解. 因为方程 . 当即时，方程成立，即是方程的一个解； 则当即时，只有一个解， 因为函数在上单调递增，且，所以函数在上单调递减. 因为且，所以且， 所以当且时，方程有且只有一个非0解. 综上：且. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据两个函数的值域相同，得到方程组，进而将问题转化为方程有两个不同的解. 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. 设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）． A. B. C. 以MN为直径的圆与l相切 D. 为等腰三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案. 【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点， 所以，则A选项正确，且抛物线的方程为 . B选项：设， 由消去并化简得， 解得，所以，B选项错误. C选项：设的中点为，到直线的距离分别为， 因为， 即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确. D选项：直线，即， 到直线的距离为， 所以三角形 的面积为， 由上述分析可知， 所以， 所以三角形 不是等腰三角形，D选项错误. 故选：AC. 10. 已知函数是定义域为的奇函数，，若，，，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 是周期为的周期函数 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，结合函数对称性、周期性的定义探讨函数性质，再逐项计算判断得解. 【详解】因为函数是定义域为的奇函数，，且，， 对于A选项，因为，则，A错； 对于B选项，由可得， 整理可得， 当 时，则有，即， 当时，，也满足， 所以，函数的图象关于点对称，B对； 对于C选项，因为是定义域为的奇函数， 且，所以，函数是周期为的周期函数，C对； 对于D选项，因为函数是定义域为的奇函数， 则，，，， ，所以，， 因为，则，D对. 故选：BCD. 【点睛】结论点睛：对称性与周期性之间的常用结论： （1）若函数的图象关于直线 和 对称，则函数的周期为； （2）若函数的图象关于点和点对称，则函数的周期为； （3）若函数的图象关于直线 和点对称，则函数的周期为. 11. 对于任意两个正数，，记曲线与直线，，轴围成的曲边梯形的面积为，并约定和，德国数学家莱布尼茨（Leibniz）最早发现.关于，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据所给新定义运算即可判断AB，根据曲边梯形与梯形面积大小判断C，取特殊值判断D. 【详解】由题意，所以， 当时，； 当时，； 当时，； 当或 时，也成立； 综上所述：. 对于选项A：，， 所以，故A正确； 对于选项B：， 且，所以，故B正确； 对于选项C：如图， 因为，所以， 即，故C正确. 对于选项D：取，则，故D错误； 故选：ABC. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用的定义，分类讨论求得，从而得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正实数 满足，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】对等式两边取对数后构造关于的方程，求出其解后可求的值. 【详解】因为，易知且，故， 故，即， 故， 故答案为：. 13. 已知成对样本数据，，…，中，，…，不全相等，且所有样本点都在直线上，则这组成对样本数据的样本相关系数r=______，其决定系数=______． 【答案】 ①. ②. 1 【解析】 【分析】由所有样本点都在一条直线上，结合相关系数的意义，可得出答案. 【详解】由所有样本点都在直线上， 又， 由题易知，． 故答案为： 14. 已知直线与⊙：交于A，B两点，写出满足“面积为”的实数的一个值______（写出其中一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】设圆心到直线的距离为，则弦长为，那么进行求解. 【详解】设圆心到直线的距离为，则， 由，解得：或. 若，则 或； 若，则 或. 故答案为：（，，任意一个也对） 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. 已知等差数列满足： ，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）若等差数列的公差不为零，且数列满足：，记数列的前n项和为，求证：； 【答案】（1） 或 （2）证明：因为等差数列的公差不为零，由（1）知 则 所以，故 而随n的增大而增大，则，故成立 【解析】 【分析】（1）根据等比数列结合等差数列的通项公式计算求解即可； （2）应用裂项相消法求和得出，再结合单调性证明即可. 【小问1详解】 设数列的公差为d，依题意： 成等比数列， 所以，解得： 或 当 时， ，当 时， 所以数列的通项公式为 或 【小问2详解】 略 16. 已知函数. （1）若 时，求曲线在处的切线方程； （2）若 时，在区间上的最小值为，求实数 的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程， （2）求导，根据导数确定函数的单调性，即可求解，构造函数求导即可求解. 【小问1详解】 当 时，且， 所以， 故切线方程为，即， 【小问2详解】 ， 由 ，存在，使得，即， 当时， ，此时单调递减， 当时， ，此时单调递增， 故， ， 故在单调递减，又， 故 17. 已知三棱锥，D在平面 上的射影为 的重心O，， . （1）证明：； （2）E为AD上靠近A的三等分点，若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 如图所示，连结并延长交于，因为O为△ABC的重心，所以是的中点， 又因为 ，所以由等腰三角形三线合一可得， 因为D在平面ABC上的射影为O，所以 平面ABC， 又 平面ABC，所以， 又平面 ，所以 平面 ， 又 平面 ，所以 ， （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得、 平面ABC，根据线面垂直的性质可得，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，利用三棱锥的体积公式求得，由空间向量的线性运算求得，结合空间向量法求解面面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， 面ABC， 过作轴平行于，则轴垂直于面ABC， 如图，以为轴，轴，建立空间直角坐标系， 在中，， 由（1）知，， 故，得， 所以三棱锥A-BCD的体积为 ，则 因为为△ABC的重心，故， 则， 因为E为AD上靠近A的三等分点，所以， 故 设为平面的一个法向量，则， 取 ，则，故， 易得是平面 的一个法向量， 设平面与平面夹角为 ， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 如图所示，在研究某种粒子的实验装置中，有 三个腔室，粒子只能从室出发经室到达室.粒子在室不旋转，在室､室都旋转，且只有上旋和下旋两种状态，粒子间的旋转状态相互独立.粒子从室经过1号门进入室后，等可能的变为上旋或下旋状态，粒子从室经过2号门进入室后，粒子的旋转状态发生改变的概率为 .现有两个粒子从室出发，先后经过1号门，2号门进入室，记室两个粒子中，上旋状态粒子的个数为 . （1）已知两个粒子通过1号门后，恰有1个上旋状态1个下旋状态.若这两个粒子通过2号门后仍然恰有1个上旋状态1个下旋状态的概率为，求； （2）求 的分布列和数学期望； （3）设，若两个粒子经过2号门后都为上旋状态，求这两个粒子通过1号门后都为上旋状态的概率. 【答案】（1）或 （2） X 0 1 2 P . （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件列方程，从而求得. （2）根据独立事件概率计算求得 的分布列，并求得数学期望. （3）根据全概率公式以及条件概率计算公式求得正确答案. 【小问1详解】 设“两个粒子通过2号门后仍然恰有1个上旋状态1个下旋状态”. 事件A发生即通过2号门时，两个粒子都不改变或都改变旋转状态， 故，解得或. 【小问2详解】 由题知 ， 时分3类情形， ①两个粒子通过1号门后均处上旋状态，通过2号门后均不改变状态； ②两个粒子通过1号门后一个上旋状态一个下旋状态， 通过2号门后上旋状态粒子不改变状态，下旋状态粒子改变状态； ③两个粒子通过1号门后两个均为下旋状态，通过2号门后均改变状态， 所以， 同理， ， 所以所求的分布列为 X 0 1 2 P 所以所求数学期望. 【小问3详解】 设 “两个粒子通过1号门后处于上旋状态粒子个数为个”，， “两个粒于通过2号门后处于上旋状态的粒于个数为2个”， 则， ， 则. 故. 19. 如图，已知面积为的矩形，与坐标轴的交点是椭圆：的四个顶点，且该椭圆的离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）为坐标原点，过下顶点的直线与轴相交于点（不同于），与直线相交于点，与椭圆相交于点，直线 与直线相交于点 . （i）证明：； （ii）设线段的中点为为椭圆上的两点，且直线，与椭圆都仅有一个公共点，，垂足为 .探究：是否存在定点，使得为定值?若存在，求点的坐标以及此定值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）证明:设，则 ，故， , 设直线的斜率分别为， 则， 故 由于,则， 直线的方程为令则，故 所以 直线 的方程为令则，故 所以， ， 故，即； （ii），使得为定值， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何性质列等量关系即可求解， （2）根据两点斜率公式，即可化简求解，根据直线方程求解，即可根据长度关系求（i），联立直线与椭圆方程，根据相切，利用判别式可得切线方程为 ，进而求解 方程为:，化简得 方程为，令，求解定点，根据得 在以为直径的圆上，即. 【小问1详解】 由题意可得，解得 ， 故椭圆方程为 【小问2详解】 （i）略 （ii）存在定点，使得为定值，理由如下： 设， ①当过椭圆上点的有斜率时，设直线： ， 联立 与椭圆方程可得， 由于直线与椭圆只有一个公共点，故， 化简得， 所以，代入到 可得， 所以， 从而直线：，即 （※）， ②当过的直线斜率不存在且与椭圆只有一个交点时，：也满足（※）， 同理可得当过且与椭圆只有一个交点的直线方程为 ， 由于两直线均经过点 ,故， 故直线 方程为:， 由（i）可知的方程为令则，故 又， 则 的中点即， 直线 方程为， 即， 令，解得， 故直线 恒过点，又, 故 在以为直径的圆上，即，使得为定值， 【点睛】关键点点睛：椭圆上一点,的切线方程为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $