精品解析：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）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（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求出集合、，利用交集的定义可求得集合. 【详解】因为，， 因此，. 故选：B. 2. 对于数列，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】逐项递推可知，对任意的，，结合数列的周期性可求得的值. 【详解】对于数列，因，且， 则，，，，， 以此类推可知，对任意的，， 因为，故. 故选：C. 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13m和25m，塔身高度为60m．则其体积约为（ ）． A. 15880 B. 22380 C. 47640 D. 67140 【答案】B 【解析】 【分析】根据棱台的体积公式计算即可. 【详解】由题意，上下底面的边长分别为13m和25m，塔身高度为60m， 则其体积为. 故选：B. 4. 已知抛物线，过点的直线与抛物线C交于，两点，则的最小值是（ ） A. 16 B. 32 C. 64 D. 128 【答案】C 【解析】 【分析】设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，再结合韦达定理及不等式性质求解即可. 【详解】设直线的方程为， 联立，得， 则，且， 由，则， 当且仅当，即或时等号成立， 则的最小值是64. 故选：C. 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据和差角公式以及二倍角公式即可求. 【详解】由,可得， 又， 所以， 故选：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. 【答案】B 【解析】 【分析】利用排列组合以及分步乘法计数原理计算个数，即可利用古典概型的概率公式求解. 【详解】第一天从6个人中选3人，方法有种 ，第二天从6个人中选3人，方法有种 ，故样本点总数为， 恰好有2人连续参加两天的活动，则先从6个人中选2人，方法有种，第一天从剩下4人种选1人，有种方法，第二天从剩下的3人中任选1人，方法数为， 所以恰有2人连续参加两天活动的概率为 故选：B 7. 平面内有向量、、满足，，则的最小值是（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算性质可得出，，作出图形，使得，，，则，，延长至，使得，证明出，所得，再利用当、、三点共线，且点在线段上时，取最小值，求解即可. 【详解】因为，所以，，则， 故， 因为，，则， 如下图所示，作，，，则，， 延长至，使得，，则， 则有，所得， 所以，， 当且仅当、、三点共线，且点在线段上时，取最小值. 故选：C. 8. 已知，，若函数恰有个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析函数的单调性与极值，作出图象，令，可得关于的方程要有两个根、，且，或，由参变分离得出，令，其中，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. 【详解】令，则对任意的恒成立， 所以，函数在上为减函数， 令，则， 由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为， 令，由可得， 作出函数的图象如下图所示： 由图可知，要使得函数恰有个零点， 则关于的方程要有两个根、，且，或， 当时，方程无解； 当时，由可得，令，其中， 则，由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为， 且当时，；当时，，,如下图所示： 由图可知，当,即时，直线与函数图象的两个交点的横坐标、满足，或， 因此，实数的取值范围是即. 故选：C. 【点睛】思路点睛：对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下： （1）确定内层函数和外层函数； （2）确定外层函数的零点； （3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、，则函数的零点个数为. 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. 已知复数、，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则． C. 若，则或 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用特殊值法可判断BD选项；利用共轭复数的定义结合复数的乘法可判断A选项；设，，利用复数的乘法和复数相等可判断C选项. 详解】对于A选项，设， 则，同理可得， 所以，若，则，A对； 对于B选项，若，不妨取，， 则，但且，B错； 对于C选项，设，， 若，则有， 故有，即，两式相乘变形得，， 则有，或，或， ①当时，，即； ②当，且时，则， 又因为不同时为，所以，即； ③当，且时，则，同理可得，故； 综上所述，命题“若，则，或”成立，C对； 对于D选项，若，不妨取，， 则，，，但，D错. 故选：AC. 10. 已知各项均不为零的数列，记点，且始终在直线上，若，则下列命题正确的是（ ） A. B. 数列为等差数列 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，，由等差数列通项公式可得数列通项公式，从而得解A；利用等差数列定义证明B；根据，利用放缩法和裂项相消发求和判断C；利用并项求和法判断D. 【详解】根据题意，始终在直线上，所以， 则数列为以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，则，A正确； 由于，不是常数， 所以数列不是等差数列，B错误； 因为 ， 故C正确； ， 故D正确. 故选：ACD 11. 已知直棱柱的所有棱长均为，，动点满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. 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 D. 记点到直线的距离为，当时，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A；证明平面，即可得到结论；对于选项C：主要找准球心位置，再求出半径即可；对于选项D：建立空间直角坐标系，转化为向量求解距离最小值问题；对于选项B，利用空间向量法求解即可. 【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，则三点共线，即点M在线段上，如图建立空间直角坐标系， 则,, 则， 故,则, 又得，, 故，当且仅当时，，故D正确； 对于选项B，，，， ， 由（1）可知，平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为，则， 设，由于是直线与平面内所有直线中所成角的最小值， 所以，，由， 化简可得，且， 易知点为平面内的一点， 当时，则，此时，点的轨迹为平面内的一条线段； 当时，则，此时，点的轨迹为平面内的一条线段； 当时，化简可得或， 此时，点的轨迹为平面内的两条线段，故B错误. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：本题考查立体几何中的外接球问题则考虑球心位置，再利用勾股定理求出半径；求解最短距离问题的基本思路建立空间直角坐标系，利用向量的方法求解. 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________． 【答案】9 【解析】 【分析】利用赋值法即可求解. 【详解】令可得， 令可得， 相减可得， 故答案为：9 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________． 【答案】 【解析】 【分析】分析函数的单调性及零点，可得出或，数形结合可得出原不等式的解集. 【详解】因为函数是定义在上的奇函数，在上单调递减，且， 则函数在上也为减函数，且， 作出函数的草图如下图所示： 由可知， 当时，则，则或， 解得或，此时，； 当时，则，则或， 解得或，此时. 综上所述，不等式的解集为. 故答案为：. 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________． 【答案】 【解析】 【分析】设点，根据平面向量的坐标运算可得出，根据可求出点的轨迹方程，求出，根据可求得椭圆的离心率的取值范围. 【详解】设点，易知点，由题意可得， 所以，，即点， 由，得， 整理可得， 所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆， 又因为点在椭圆上，则圆与椭圆有公共点， ， 当时，即当时，当时，； 故有，可得，解得； 当时，即当时，当时，， 故有，即，矛盾. 综上所述，椭圆的离心率的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 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. 在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，． （1）求A； （2）若外接圆面积为，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合余弦定理即可求解， （2）由面积公式可得外接圆半径，即可根据正弦理求解，由余弦定理以及基本不等式即可求解的最大值，由面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 由余弦定理可得， 因为，所以， 【小问2详解】 设的外接圆半径为，所以所以， 由正弦定理得， 故 又即， ，当且仅当时取等号， 故面积的最大值为. 16. 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． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直可得，，结合正三角形，可得是的中心，即可求证， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量的夹角求解. 【小问1详解】 过点作平面于点， 平面，所以 又，平面 平面平面, 同理可证，故是的垂心， 又是正三角形，则是的中心，因此三棱锥是正三棱锥 【小问2详解】 因为三棱柱的体积为， 结合，可知底面积为，所以高， 以的中点为坐标原点，以为的正方向， 过且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因为， 则，取，则 又， 设直线与平面所成角为， 所以. 17. 已知圆，动圆C过，且与圆外切设圆心C的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）设定点，过作直线l交曲线于A、B两点，直线，分别交直线于P、Q两点，求的最小值． 【答案】（1） （2）的最小值为2. 【解析】 【分析】（1）根据相切的性质，可得，，即可结合双曲线的定义求解， （2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，根据弦长公式可得,进而可得的坐标，即可化简得，利用换元法以及函数的单调性求解. 【小问1详解】 因为圆过，所以， 又圆与圆外切，所以，故， 所以是以为焦点的双曲线的右支，设其方程为， 得， 故方程为， 【小问2详解】 根据题意可知直线的斜率不为0，故设， 联立与的方程可得， 故且， 故，故，则 直线，令，可得，同理可得, 则 ， 令，则， 故，函数在单调递减，故当时，， 故当，直线斜率不存在时，的最小为2. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 18. 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s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X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s． （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Z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k格到第格），若掷出3，6点，汽车模型向前移动两格（从第k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n（）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． 【答案】（1）300千米 （2）， （3）证明见解析，， 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解， （2）根据正态分布的对称性即可求解（ⅰ），根据二项分布的期望公式即可求解. （3）根据可得为等比数列，即可求解通项，利用作差即可求解和的大小. 【小问1详解】 （千米）, 【小问2详解】 （ⅰ）因为服从正态分布所以， （ⅱ）因为服从二项分布所以， 【小问3详解】 由题意可知，汽车模型移动到第格的情况有且也只有两种： ①汽车模型先到第格，又挪出3，6点，其概率为， ②汽车模型先到第格，又挪出1，2，4，5点，其概率为， 所以则 又， 则数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以， ， 则，当时，也满足上式， 所以， 特别地，汽车模型移动到第26格的情况仅有一种，从第24格连跳2格至第26格， ，所以， 19. 已知函数，，． （1）过原点作直线l与，的图象均相切，求实数k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：． 【答案】（1） （2）（ⅰ）时，有一个极值点，当时，无极值点，当时，有两个极值点，（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设出切点，根据点斜式求解直线方程即可求解， （2）（ⅰ）对进行讨论，即可根据导数的正负，结合函数单调性以及极值的定义求解， （ii）根据（i）的结论，利用导数证明时，，以及，根据极值点的定义，结合零点存在性定理得零点，即可求解. 【小问1详解】 设的切点为，又， 则， 由于过原点，所以，可得，所以切线的斜率为， 设的切点为故. 【小问2详解】 （ⅰ）由题意有所以 令 当时，单调递增，此时无极值点， 当时，，则为单调递增函数，且， 故存在使得，所以在递减，在单调递增，故有一个极值点， 当时，令得，且为单调递增函数， 所以在递减，在单调递增， 故， 当，，则单调递增函数，无极值点， 时，，当时，， 故，使得， 所以在单调递增，在单调递减，故有两个极值点， 综上可得时，有一个极值点，当时，无极值点，当时，有两个极值点， （ⅱ）由（i）知，时，有一个负的极小值点，设为， 又在递减，在单调递增，即为的极小值点也是最小值点， 所以又，即， 所以，故无零点，不满足题意， 当时，有两个正数极值点，不妨设极大值点为，极小值点为， 由（i）可知， 在单调递增，在单调递减， ， 故时，，即在无零点， 先证明时，， 记（），则，，， 令，则， 当时，此时单调递增， 故，故单调递增， 故， 故单调递增， 则 ， 故时，， 所以， 又，故使得故有唯一的零点. 又， 所以， 令， ， 当单调递增，当单调递减，所以，故， 所以 即在上为单调递增函数，故， ，又在单调递增函数，所以， 综上：若为的极小值点，为的零点时，恒有. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题， 第1页/共1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（ ） A. B. C. D. 2. 对于数列，若，且，则（ ） A. B. C. 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13m和25m，塔身高度为60m．则其体积约为（ ）． A. 15880 B. 22380 C. 47640 D. 67140 4. 已知抛物线，过点的直线与抛物线C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概率为（ ） A. B. C. D. 7. 平面内有向量、、满足，，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，若函数恰有个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. 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. 已知复数、，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则． C 若，则或 D. 若，则 10. 已知各项均不为零的数列，记点，且始终在直线上，若，则下列命题正确的是（ ） A. B. 数列为等差数列 C. D. 11. 已知直棱柱的所有棱长均为，，动点满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. 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 D. 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. 在中，内角A、B、C所对边分别为a、b、c，． （1）求A； （2）若外接圆的面积为，求面积的最大值． 16. 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. 已知圆，动圆C过，且与圆外切设圆心C的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）设定点，过作直线l交曲线于A、B两点，直线，分别交直线于P、Q两点，求的最小值． 18. 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s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X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s． （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Z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k格到第格），若掷出3，6点，汽车模型向前移动两格（从第k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n（）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. 已知函数，，． （1）过原点作直线l与，的图象均相切，求实数k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：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $