重庆市西南大学附属中学校2025届高三下学期三月联合诊断性考试数学试卷

高2025届高三(下)月考数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 B C B C D B C C AC ACD ACD 15．【答案】(1)(2) 【详解】(1)因为，由正弦定理可得， 由余弦定理可得，因为，则． (2)设外接圆的半径为R，则，可得，由正弦定理可得， 故．又，即， 得．又，即，．当且仅当时等号成立． 故面积S的最大值为=． 16．【答案】(1)证明见详解；(2) 【详解】(1)证明：过点作，．又 ，平面，，． 同理可证．． 又是正三角形，则，三棱锥是正三棱锥． (2)因为三棱柱的体积为，底面积为，所以高， 以中点E为坐标原点，EA为x轴正方向，EB为y轴正方向， 过点E且与平行的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，设平面的法向量， 因为．则， 取，可得，又， 设直线与平面所成角为θ，所以． 17．【答案】(1)；(2) 【详解】(1)∵圆过，∴，∵圆与圆外切，∴ 即，故是以、为焦点的双曲线的右支 设其方程为，则，， 故 (2)显然的斜率不为，故设：代入 可得，故，且 ，，故，则 直线：，令，可得，同理 则 ，令，则 故，函数在递减，则当时， 故当，即直线斜率不存在时，最小为 18．【答案】(1)300；(2)(ⅰ)0.15865；(ⅱ)3.173；(3)证明见解析，， 【详解】(1)． (2)(ⅰ)因为服从正态分布，∴ (ⅱ))∵Z服从二项分布． (3)由题意知，．汽车模型移到第格的情况有且也只有两种： 汽车模型先到第格，又掷出3,6点，其概率为； 汽车模型先到第格，又掷出1,2,4,5点，其概率为． 所以，则，又 则数列是以为首项，公比为的等比数列． 所以． ，当时，也满足上式 特别地，汽车模型移到第26格的情况仅有一种，从第24格连跳2格至第26格 ，，所以 ， 19．【答案】(1)；(2)(i)当时，有一个极值点；当时，无极值点；当时，有两个值点．；(ii)见详解 【详解】(1)设在上的切点为，又， 则有：，因为过原点，所以，得，所以切线斜率为， 设在上的切点为，，，故 (ⅰ)由题意有，所以，， ①当时，单调递增，无极值点； ②当时，，则为单调增函数，且，， 故使得，∴在递减，在上递增，故有一个极值点； ③当时，令，得，则在区间上递减，在区间上递增； ． 当时，，单调递增，无极值点； 当时，，，∵当时，(证明略)，∴， 故，使得 ∴在，上递增，在上递减，故有两个极值点． 综上：当时，有一个极值点；当时，无极值点；当时，有两个值点． (ⅱ)①由(ⅰ)知，当时，有一个负的极小值点即为， 又在上为减函数，在上为增函数，即为的极小值也是最小值， 所以，又，即， 所以，故无零点，不满足题意． ②当时，有两个正数极值点，不妨令极大值点为，则极小值点为 由(ⅰ)知，在上递增，在上递减，在上递增， ， 故时，，即在上无零点 ∵当，(证明略)， ∴， 又，故，使得，故有唯一零点 ，又， 所以， 令，，∵(证明略) ∴， 即在上为增函数，所以， 即，又在上为增函数，所以． 综上：若为的极小值点，为的零点时，恒有． 数学参考答案 第2页 共8页 学科网（北京）股份有限公司 数学答题卡 第1页 共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高2025届高三(下)月考数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 B C B C D B C C AC ACD ACD 1．【答案】B【详解】由可得， 由可得，则 2．【答案】C【详解】，，，，，……，所以数列周期为4． 因此 3．【答案】B【详解】 4．【答案】C【详解】设：，则，即，故 5．【答案】D【详解】由，可得， ， 所以． 6．【答案】B【详解】第一天从6人中选3人，方法数为；第二天从6人中选3人，方法数为， 样本点总数，计算恰有2人连续参加两天活动的事件数： 先从6人中选2人连续参加两天活动，方法数为 第一天从剩下的4人中选1人，方法数为，第二天从剩下的3人中选1人，方法数为， 所以恰有2人连续参加两天活动包含的样本点数，概率 7．【答案】C【详解】，则有，即 故．又因，，则 如图，，， 延长至，使得，，， 则有，得， ． 当三点共线且在线段上时，的最小值是． 8．【答案】C【详解】令，，又， 所以在上为减函数且，令，， 所以在上为增函数，在，当时，； 当时，，，令，，，要有两个零点， 所以方程应有两个根，，所以 9．【详解】AC【详解】选项A，若，则，故A正确； 选项B，令，满足条件，但，且均不为，故B错误； 选项C，命题“若，则或”成立．故C正确． 选项D，令，则，但，不为，故D错误 10．【答案】ACD【详解】，所以为公差为1的等差数列，则 ，故A正确．不是等差，故B不正确 ，故C正确 ，故D正确 11．【答案】ACD【详解】对于选项A：因为， 所以点M在平面内，因为底面为菱形，所以,又因为直棱柱， 所以,又因为平面,平面， 所以平面，又平面，所以，故A正确； 对于选项B：因为直线与直线所成角为定值，点为三个定点， 且为平面中的一点，因此点轨迹应为平面的两条线段，故B不正确， 对于选项C：当时，点M在体对角线交点处，故点M在与底面垂直 且到底面距离为1，因为，所以的外接圆半径 为，设外接球半径为，球心到平面的距离为h， 则，即，两式联立得， 故外接球体积为，故C正确； 对于选项D：当时，点在线段上，由选项可以得到，直线垂直于平面. 记直线与直线交点为，则直线垂直于直线，所以到直线的距离即为线段的长度. 将平面翻折至平面，则的最小值即为. 由题易得：， 在中，， 在中，，解得，故D正确 12．【答案】【详解】， 则 ，故 13．【答案】【详解】因为函数是定义在上的奇函数，且在上单调递减 所以在上也单调递减，由，得，由， 当时，，有或，解得； 当时，，有或，解得， 综上，不等式的解集为． 14．【答案】【详解】设，则，由可得 故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，而点在椭圆上，故圆与椭圆有公共点 方法1：，则，则 方法2：设，故 ①当，即时，，则，解得 ②当，即时，，则，无解 综上， 方法3：设，即，故，则 故的轨迹是以、为焦点，且长轴长为的椭圆 当在该椭圆内时，，即时，， 故不存在满足 而当在该椭圆上或该椭圆外时，即，显然必有，故 15．【答案】(1)(2) 【详解】(1)因为，由正弦定理可得， 由余弦定理可得，因为，则． (2)设外接圆的半径为R，则，可得，由正弦定理可得， 故．又，即， 得．又，即，．当且仅当时等号成立． 故面积S的最大值为=． 16．【答案】(1)证明见详解；(2) 【详解】(1)证明：过点作，．又 ，平面，，． 同理可证．． 又是正三角形，则，三棱锥是正三棱锥． (2)因为三棱柱的体积为，底面积为，所以高， 以中点E为坐标原点，EA为x轴正方向，EB为y轴正方向， 过点E且与平行的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，设平面的法向量， 因为．则， 取，可得，又， 设直线与平面所成角为θ，所以． 17．【答案】(1)；(2) 【详解】(1)∵圆过，∴，∵圆与圆外切，∴ 即，故是以、为焦点的双曲线的右支 设其方程为，则，， 故 (2)显然的斜率不为，故设：代入 可得，故，且 ，，故，则 直线：，令，可得，同理 则 ，令，则 故，函数在递减，则当时， 故当，即直线斜率不存在时，最小为 18．【答案】(1)300；(2)(ⅰ)0.15865；(ⅱ)3.173；(3)证明见解析，， 【详解】(1)． (2)(ⅰ)因为服从正态分布，∴ (ⅱ))∵Z服从二项分布． (3)由题意知，．汽车模型移到第格的情况有且也只有两种： 汽车模型先到第格，又掷出3,6点，其概率为； 汽车模型先到第格，又掷出1,2,4,5点，其概率为． 所以，则，又 则数列是以为首项，公比为的等比数列． 所以． ，当时，也满足上式 特别地，汽车模型移到第26格的情况仅有一种，从第24格连跳2格至第26格 ，，所以 ， 19．【答案】(1)；(2)(i)当时，有一个极值点；当时，无极值点；当时，有两个值点．；(ii)见详解 【详解】(1)设在上的切点为，又， 则有：，因为过原点，所以，得，所以切线斜率为， 设在上的切点为，，，故 (ⅰ)由题意有，所以，， ①当时，单调递增，无极值点； ②当时，，则为单调增函数，且，， 故使得，∴在递减，在上递增，故有一个极值点； ③当时，令，得，则在区间上递减，在区间上递增； ． 当时，，单调递增，无极值点； 当时，，，∵当时，(证明略)，∴， 故，使得 ∴在，上递增，在上递减，故有两个极值点． 综上：当时，有一个极值点；当时，无极值点；当时，有两个值点． (ⅱ)①由(ⅰ)知，当时，有一个负的极小值点即为， 又在上为减函数，在上为增函数，即为的极小值也是最小值， 所以，又，即， 所以，故无零点，不满足题意． ②当时，有两个正数极值点，不妨令极大值点为，则极小值点为 由(ⅰ)知，在上递增，在上递减，在上递增， ， 故时，，即在上无零点 ∵当，(证明略)， ∴， 又，故，使得，故有唯一零点 ，又， 所以， 令，，∵(证明略) ∴， 即在上为增函数，所以， 即，又在上为增函数，所以． 综上：若为的极小值点，为的零点时，恒有． 数学参考答案 第2页 共8页 学科网（北京）股份有限公司 数学答题卡 第1页 共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高 2025 届高三(下)三月联合诊断性考试 数学试卷 一、单选题: 本题共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分. 每小题只有一项是符合要求的. 1. 设集合 ,则 ( ) B. D. 2. 对于数列 ,若 ,且 ,则 ( ) B. -1 C. 1 D. 3. 西安大雁塔始建于唐代永辉三年,是中国古代佛教建筑的杰作. 若将大雁塔的塔身近似看成正四棱台,上下底面的边长分别为 和 ,塔身高度为 . 则其体积约为 . B. 22380 C. 47640 D. 67140 4. 已知抛物线 ,过点 的直线与抛物线 交于 两点,则 的最小值是 ( ) A. 16 B. 32 C. 64 D. 128 5. 已知 ,且 ,则 ( ) A. B. C. D. 6. 有 6 名志愿者参与社区活动, 活动安排在周一、周二两天. 若每天从 6 人中任选三人参加活动, 则恰有 2 人连续参加两天活动的概率为( ) A. B. C. D. 7. 平面内有向量 满足 ,则 的最小值是( ) . B. C. D. 4 8. 已知 ,若函数 恰有 4 个零点,则 的取值范围为( ) A. B. C. D. 9. 已知复数 ,下列说法正确的有( ) . 若 ,则 . 若 ,则 . 若 ,则 或 . 若 ,则 10. 已知各项均不为零的数列 的前 项和为 ,记点 ,且 始终在直线 上,若 ,则下列命题正确的是 ( ) . 数列 为等差数列 C. D. 11. 已知直棱柱 的所有棱长均为 2, ,动点 满足 ,则下列说法正确的是 ( ) A. . 若直线 与直线 所成角为定值,则 点轨迹为圆的一部分 C. 当 时,三棱锥 的外接球的体积为 . 记点 到直线 的距离为 ,当 时,则 的最小值为 三、填空题: 本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分. 12. 已知多项式 ,则 _____. 13. 已知函数 是定义在 上的奇函数, 在 上单调递减,且 ,则不等式 的解集为_____. 14. 已知椭圆 的左、右焦点分别为 ,点 在 上,点 满足 , 若 上存在点 使得 ,则 的离心率的取值范围为_____. 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. (本题满分 13 分) 在 中,内角 所对的边分别为 , . (1) 求 ； (2)若 外接圆的面积为 ,求 面积的最大值. 16. (本题满分 15 分) 如图,在三棱柱 中,底面 是正三角形, , ,侧面 是矩形. ( 1 )求证:三棱锥 是正三棱锥； (2)若三棱柱 的体积为 ,求直线 与平面 所成角的正弦值. 17. (本题满分 15 分) 已知圆 ,动圆 过 ,且与圆 外切,设圆心 的轨迹为曲线 . (1) 求 的方程; (2)设定点 ,过 作直线 交曲线 于 、 两点,直线 、 分别交直线 于 、 两点,求 的最小值. 18. (本题满分 17 分) 某汽车公司研发了一款新能源汽车,并在出厂前对 100 辆汽车进行了单次最大续航里程的测试. 现对测试数据进行整理, 得到如下的频率分布直方图: (1)估计这 100 辆汽车的单次最大续航里程的平均值 (同一组中的数据用该组区间的中点值代表)； (2)由频率分布直方图计算得样本标准差 的近似值为 49.75 . 根据大量的汽车测试数据,可以认为这款汽车的单次最大续航里程 近似地服从正态分布 ,其中 近似为样本平均数 近似为样本标准差 . (i)利用该正态分布,求 ; (ii) 假设某企业从该汽车公司购买了 20 辆该款新能源汽车,记 表示这 20 辆新能源汽车中单次最大续航里程 的车辆数,求 ; 参考数据: 若随机变量 服从正态分布 ,则 , (3)为迅速抢占市场举行促销活动,销售公司现面向意向客户推出“玩游戏,赢大奖,送汽车模型”活动, 客户可根据抛掷骰子向上的点数,遥控汽车模型在方格图上行进,若汽车模型最终停在“幸运之神”方格,则可获得购车优惠券 3 万元；若最终停在“赠送汽车模型”方格,则可获得汽车模型一个. 方格图上标有第 0 格, 第 1 格, 第 2 格, ……, 第 25 格, 第 26 格. 汽车模型开始在第 0 格, 客户每掷一次骰子,汽车模型向前移动一次. 若掷出1,2,4,5点,汽车模型向前移动一格 (从第 格到第 格),若掷出3,6点,汽车模型向前移动两格 (从第 格到第 格),直到移到第 25 格(幸运之神) 或第 26 格(赠送汽车模型)时游戏结束. 设汽车模型移到第 格的概率为 试证明数列 是等比数列,求出数列 的通项公式,并比较 和 的大小. 19. (本题满分 17 分) 已知函数 (1)过原点作直线 与 的图象均相切,求实数 的值; (2) 令 , (i)讨论 的极值点个数; (ii)若 为 的极小值点, 为 的零点,求证: . 学科网（北京）股份有限公司 $$