精品解析：2025届重庆市部分区县高三5月三诊考试数学试卷

重庆数学考试 注意事项: 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2. 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.如需改动， 用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案标号.回答非选择题时， 将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4. 本试卷主要考试内容:高考全部内容. 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，则集合的元素个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 7 2. 的展开式中含的项的系数为（ ） A. B. C. D. 3. 直线 截圆 所得的弦长为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 4. 若函数 在上有零点，则 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，内角所对的边分别为. 若为边上的点，且 ，则（ ） A. 4 B. C. D. 6. 已知某圆锥的外接球的体积为，若球心到该圆锥底面的距离为，则该圆锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的函数满足对任意的. 则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 1 8. 正六边形在中国传统文化中象征着 “六合” 与 “六顺” ， 这种形状常被用于各种传统装饰和建筑中，如首饰盒、古建筑的窗户、古井口等. 已知 6 个边长均为 2 的正六边形的摆放位置如图所示， 是这 6 个正六边形内部 (包括边界) 的动点，则 的最大值为（ ） A. 12 B. 16 C. 18 D. 20 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. 已知复数满足，则下列结论正确的是（ ） A. 可能为 B. C. 的实部与虚部之积不大于3 D. 在复平面内对应点可能是 10. 已知 的顶点均在抛物线 上，且 的重心为抛物线 的焦点 .若 ，则（ ） A. B. 的周长小于 72 C. 的三个顶点到 轴的距离之和为 36 D. 上一动点 到直线 的距离的最小值为 11. 已知函数有两个极值点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则的取值范围为 三、填空题:本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分. 12. 椭圆的离心率为________. 13. 函数在上的值域为________. 14. 在正四棱柱 中， 是正四棱柱内 (含表面)的动点，且 ，则点 在正四棱柱内运动所形成的图形的面积为_______. 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. 某学校为了了解高三年级的学生参加户外拓展意愿的情况， 随机抽取了 50 位高三学生进行问卷调查，其中参加户外拓展的意愿分 3 种情况，每种情况对应的人数如下表所示: 意愿情况 非常期待 无所谓 不愿意 人数 30 15 5 （1）若从样本中随机抽取 2 位学生，求所抽取的 2 位学生意愿情况不同的概率. （2）用样本估计总体，以频率代替概率. 若从高三年级所有学生中随机抽取 2 位学生，记所抽取的学生意愿情况为非常期待的人数为 ，求 的分布列与数学期望. 16. 如图，在三棱台中，平面，为的中点，平面. （1）证明： . （2）求的长. （3）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知函数 . （1）若 ，求曲线 在点处的切线方程； （2）若 ， 恒成立，求 取值范围. 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，焦距为，虚轴长为，左、右顶点分别为、，为直线上一点，直线与直线分别与交于另一点、（不与、重合），设直线的方程为. （1）求的标准方程. （2）证明：且. （3）试问直线否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. 19. 已知数列满足，且. 若整数能被正整数整除，则称为一个正约数. 设的正约数个数为，将这个正约数从小到大排成一排，分别为. （1）证明：是等比数列. （2）证明：为定值. （3）和之间插入个数，使 成等差数列. ①当时，求； ②在①的前提下，是否存在正整数，使得？若存在， 求出所有的正整数对；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 $ 重庆数学考试 注意事项: 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2. 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.如需改动， 用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案标号.回答非选择题时， 将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4. 本试卷主要考试内容:高考全部内容. 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，则集合的元素个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合一元二次不等式求，即可得结果. 【详解】因为集合， 可得， 所以集合的元素个数为4. 故选：B. 2. 的展开式中含的项的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项展开式通项公式结合条件即得. 【详解】的展开式通项为， 由可得，因此，展开式中含的项的系数为. 故选：D. 3. 直线 截圆 所得的弦长为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出圆心到直线的距离，然后利用圆的弦长计算公式来求解弦长. 【详解】因为圆:，圆心坐标，半径为3. 圆心到直线的距离为：. 根据弦长公式可得：弦长 故选：B. 4. 若函数 在上有零点，则 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过对函数求导，判断函数在内的单调性，然后根据函数在上有零点这一条件来求解的取值范围. 【详解】因为， 对函数求导得. 所以函数在上单调递减. 因为在上有零点， 所以. 即：，. 求解得：. 故选：A. 5. 在中，内角所对的边分别为. 若为边上的点，且 ，则（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意利用等面积法结合面积公式运算求解即可. 【详解】由题意可知：， 因为， 即，解得. 故选：D. 6. 已知某圆锥的外接球的体积为，若球心到该圆锥底面的距离为，则该圆锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出外接球的半径，由此可求出圆锥底面半径长，并求出圆锥高的最大值，结合锥体体积公式可求得结果. 【详解】设圆锥的外接球半径为，则，解得， 所以，圆锥的底面半径为， 所以，当圆锥的高为时，圆锥的体积最大， 且其最大值为. 故选：B. 7. 已知定义在上的函数满足对任意的. 则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】赋值分别令、可得，再令即可得解. 【详解】因为对任意的， 令，则，即； 令，则，即； 可得， 令，则，解得. 故选：C. 8. 正六边形在中国传统文化中象征着 “六合” 与 “六顺” ， 这种形状常被用于各种传统装饰和建筑中，如首饰盒、古建筑的窗户、古井口等. 已知 6 个边长均为 2 的正六边形的摆放位置如图所示， 是这 6 个正六边形内部 (包括边界) 的动点，则 的最大值为（ ） A. 12 B. 16 C. 18 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】过C作交延长线于E点，则，当C位于D点时，取得最大值，求此时的数量积即可. 【详解】 过C作交延长线于E点，则， 因为 6 个正六边形边长均为 2，如图，当C位于D点时，取得最大值， 此时， ， 故选：C. 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. 已知复数满足，则下列结论正确的是（ ） A. 可能为 B C. 的实部与虚部之积不大于3 D. 在复平面内对应的点可能是 【答案】BCD 【解析】 【分析】设，可得.对于AD：根据复数的概念和几何意义分析判断即可；对于B：根据共轭复数结合复数乘法运算即可；对于C：利用基本不等式分析判断即可. 【详解】设，则， 可得，即. 对于选项A：若，即，不满足，故A错误； 对于选项B：，故B正确； 对于选项C：因为，即， 当且仅当时，等号成立， 所以的实部与虚部之积不大于3，故C正确； 对于选项D：若在复平面内对应的点是， 即，满足，故D正确； 故选：BCD. 10. 已知 的顶点均在抛物线 上，且 的重心为抛物线 的焦点 .若 ，则（ ） A. B. 的周长小于 72 C. 的三个顶点到 轴的距离之和为 36 D. 上一动点 到直线 的距离的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据抛物线的定义、重心坐标公式等知识逐一确定选项. 【详解】对于抛物线：，其焦点，准线方程为 设，，. 由抛物线的定义知，，. 已知，则，即. 因为的重心为，根据三角形重心坐标公式，可得. 将代入，得到，即. 因为，解得，所以抛物线方程为. 选项A：由上述计算可知，A选项正确. 选项B：根据均值不等式与， ，B选项正确. 选项C：的三个顶点到轴的距离之和为，C选项错误. 选项D：设与直线平行且与抛物线相切的直线方程为. 联立，消去得，由，解得. 两平行线间的距离，D选项正确. 故选：ABD. 11. 已知函数有两个极值点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于AB：分析可知有2个不同是实根，利用韦达定理分析判断；对于C：根据，整理可得；对于D：整理可得，结合二次函数最值分析求解. 【详解】对于选项AB：因为，可知有2个不同实根， 则，且，即，故A正确，B错误； 对于选项C：可得，故C正确； 对于选项D：因为， 构建 若，即，即， 且，则， 可得，解得， 所以的取值范围为. 故选：ACD. 三、填空题:本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分. 12. 椭圆的离心率为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据方程求，即可得离心率. 【详解】由椭圆方程可得， 所以椭圆的离心率. 故答案为：. 13. 函数在上的值域为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，以为整体，结合正弦函数的有界性运算求解. 【详解】由题意可得：， 因为，则， 可得，即， 所以所求函数的值域为. 故答案为：. 14. 在正四棱柱 中， 是正四棱柱内 (含表面)的动点，且 ，则点 在正四棱柱内运动所形成的图形的面积为_______. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，，写出点的坐标，根据 ，利用空间数量积求解，得到答案. 【详解】根据题意建立如图所示空间直角坐标系， ， 则 由，则，设，由题意可知， ， 则，， 由，则， 故的轨迹为矩形，且顶点为， 又，故. 故答案为: . 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. 某学校为了了解高三年级的学生参加户外拓展意愿的情况， 随机抽取了 50 位高三学生进行问卷调查，其中参加户外拓展的意愿分 3 种情况，每种情况对应的人数如下表所示: 意愿情况 非常期待 无所谓 不愿意 人数 30 15 5 （1）若从样本中随机抽取 2 位学生，求所抽取 2 位学生意愿情况不同的概率. （2）用样本估计总体，以频率代替概率. 若从高三年级所有学生中随机抽取 2 位学生，记所抽取的学生意愿情况为非常期待的人数为 ，求 的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析； 【解析】 【分析】（1））设事件 “选取的2位学生意愿相同”，根据对立事件结合古典概型计算即可得概率；(2) 记所抽取的学生意愿情况为非常期待的人数为,,求出分布列与数学期望. 【小问1详解】 设事件 “选取的2位学生意愿相同”,则, 则所抽取的位学生意愿情况不同的概率 【小问2详解】 记所抽取的学生意愿情况为非常期待的人数为, 则根据题意，则, 则， ， 则的分布列为 则. 16. 如图，在三棱台中，平面，为的中点，平面. （1）证明： . （2）求的长. （3）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明过程见解析； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）先证明，，再证明平面，即可求证； （2）先证明，再在中利用勾股定理即可求得； （3）以为原点建系，计算平面与平面的法向量，再计算即可. 【小问1详解】 因平面，平面，则， 因平面，平面，则， 又为三棱台，则相交， 又平面，则平面， 又因平面，则. 【小问2详解】 连接， 因平面，平面，则， 因为的中点，则, 因，则， 因平面，平面，则， 则在中，可得. 【小问3详解】 以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为三棱台，则，则， 则， 则， 则, 设平面的法向量，平面的法向量， 则，， 令，则，， 则， 则平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知函数 . （1）若 ，求曲线 在点处的切线方程； （2）若 ， 恒成立，求 的取值范围. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用题意可得切线斜率 ，切点 ，最后点斜式得出切线方程. （2）将问题转化为不等式恒成立，研究单调性得出最小值大于等于0，可得实数的取值范围. 【小问1详解】 当 时， ，则 ， 故切线斜率 ，又因为切点为 ， 所以曲线 在点处的切线方程为，即 . 【小问2详解】 不等式等价于不等式恒成立， 记，则 ，定义域为， 令 ，得  ， 当，，所以在单调递减， 当，，所以单调递增， ，所以.  综上所述，实数 的取值范围为 . 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，焦距为，虚轴长为，左、右顶点分别为、，为直线上一点，直线与直线分别与交于另一点、（不与、重合），设直线的方程为. （1）求的标准方程. （2）证明：且. （3）试问直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）过定点，且定点坐标为 【解析】 【分析】（1）根据题意求出、的值，即可得出双曲线的标准方程； （2）将直线方程与双曲线的方程联立，根据直线与双曲线有两个交点，列出不等式组，即可证得结论成立； （3）设、，列出韦达定理，根据、、三点共线、、、三点共线，可得出，结合双曲线的方程、以及韦达定理可求出的值，即可得出结果. 【小问1详解】 根据题意可得，，则， 故双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 由题意可知，直线的斜率不为零， 联立可得， 由可得， 由，可得. 【小问3详解】 设、， 由（2）可得，， 由题意易知直线、的斜率都存在，且、， 设点，因为、、三点共线，所以，即①， 因为、、三点共线，所以，即②， 由①②得， 由可得， 所以 ， 即， 即， 即， 即， 因为、不与、重合，则， 所以， 化简得，解得，故直线的方程为， 故直线过定点，且定点坐标为. 19. 已知数列满足，且. 若整数能被正整数整除，则称为的一个正约数. 设的正约数个数为，将这个正约数从小到大排成一排，分别为. （1）证明：是等比数列. （2）证明：为定值. （3）在和之间插入个数，使 成等差数列. ①当时，求； ②在①的前提下，是否存在正整数，使得？若存在， 求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 （3）①；②存在；正整数对为或 【解析】 【分析】（1）根据题意整理可得，结合等比数列定义分析判断； （2）利用累加法可得，结合题意分析可知，即可证明结论； （3）①根据题意结合等差数列可得，利用裂项相消法分析求解；②分析可知，且当时方程不成立，进而检验求解即可. 【小问1详解】 因为，整理可得， 且，可得， 则，所以是等比数列. 【小问2详解】 由（1）可知：，且， 当时，则 ， 且符合上式，所以， 可知整数只能被正整数整除， 即的正约数为，个数为， 所以为定值. 【小问3详解】 ①由（2）可知：， 因为成等差数列， 则 ， 当时，所以； ②存在，理由如下：由①可得， 因为， 显然，可知为正整数，即， 又因为， 即当时，，方程不成立； 若，可得，解得，符合题意； 若，可得，解得，符合题意； 综上所述：符合题意的正整数对为或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $