精品解析：重庆市第一中学校2025届高三下学期5月高考适应性考试最后一卷数学试题

重庆一中高2025届高三高考适应性考试·最后一卷 数 学 试 题 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合则A∩B=（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足,其中为虚数单位，则=（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知A为抛物线C：上一点，点A到C的焦点的距离为4，到x轴的距离为2，则p=（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 4. 已知椭圆的焦点在圆上，则此椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知等比数列的前n项和为，公比为q，且，，，成等差数列，则公比（ ） A. 或1 B. 2或 C. 1 D. 6. 已知，则的最大值为（ ） A. 6 B. -6 C. 8 D. -8 7. 已知函数是R上的偶函数，对任意且都有，若则的大小关系是（ ） A. b<a<c B. a<b<c C. c<b<a D. b<c<a 8. 棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这样一个小球的体积最大为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 在这组数据中，第百分位数为 B. 分类变量与的统计量越小，说明“与有关系”的可信度越低 C. 设则 D. 两个模型中，残差平方和越大的模型拟合的效果越好 10. 如图是函数的部分图象，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象关于中心对称 C. 在上单调递增 D. 的图象向左平移个单位长度后为奇函数 11. 已知函数对任意的都有，，且当时，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在上单调递减 C. 关于x的不等式的解集是 D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 艾伊钟是一名电影爱好者，目前电影院有六部电影正在热映，他想趁高考前利用端午节假期，集中两天把这六部电影都刷一遍，若将6部电影随机分为2组，则共有________种分组方式.（用数字作答） 13. 对于数列，若存在常数，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，满足，若为有界数列，则实数的取值范围是________. 14. 已知矩形的边，，点P，Q分别在边上，若则的最小值为________. 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知函数 （1）求函数的最小正周期及单调递减区间； （2）在中，角的对边分别为,若且求面积的最小值. 16. 已知函数 （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）若函数在区间内有且仅有一个极值点，求实数的取值范围. 17. 如图，已知在四棱锥中，，平面，平面平面. （1）证明：； （2）若且，G为的重心，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知动圆过定点，且在x轴上截得的弦长为4，记动圆圆心的轨迹为曲线E. （1）求曲线E的方程； （2）若直线l与曲线E相交于M，N两点，且线段MN的中点横坐标为1，求直线l的斜率； （3）将曲线E绕原点顺时针旋转得到曲线，定点，上有四点A，B，C，D，满足，AKC，BKD均三点共线.设线段AC和BD的中点分别为T，S，试判断：直线TS是否会经过一个定点？若会，请求出这个定点的坐标；若不会，请说明理由. 19. 若数列满足：对任意的且则称为“关联数列”，定义 （1）若数列为“关联数列”，求的值； （2）若数列为“关联数列”，且从中任取3项，记这3项的和为X，求X的分布列和数学期望； （3）若数列为“关联数列”，数列满足且求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆一中高2025届高三高考适应性考试·最后一卷 数 学 试 题 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合则A∩B=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求解集合与集合，再根据交集的定义求出. 【详解】已知集合，分别求解不等式与. 对于不等式，两边同时开立方根，可得； 对于不等式，两边同时开立方根，可得. 所以集合.  已知集合，先求解不等式. 不等式可转化为.所以. 又因为，所以集合.   已知集合，集合，所以.  故选：C. 2. 若复数z满足,其中为虚数单位，则=（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的乘法、除法运算及模长公式即可求解. 【详解】由， 得， 得， 所以. 故选：A 3. 已知A为抛物线C：上一点，点A到C的焦点的距离为4，到x轴的距离为2，则p=（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，即抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，先求出抛物线的准线方程，再结合点到焦点和轴的距离建立等式，进而求出的值. 【详解】对于抛物线，其准线方程为.  已知点到的焦点的距离为，由抛物线的定义可知，点到准线的距离也为. 又因为点到轴的距离为，所以点到准线的距离为点到轴的距离加上，即.  对进行求解，移项可得，解得.  故选：C. 4. 已知椭圆的焦点在圆上，则此椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆的性质求出焦点坐标，再结合焦点在圆上求出的值，最后根据椭圆离心率公式求出离心率. 【详解】已知椭圆方程，则. 根据椭圆的性质，可得，那么椭圆的焦点坐标为.  因为椭圆的焦点在圆上，将焦点坐标代入圆的方程可得： 即，移项可得. 因为，所以.  由，. 根据椭圆离心率公式，可得.  此椭圆的离心率为. 故选： B. 5. 已知等比数列的前n项和为，公比为q，且，，，成等差数列，则公比（ ） A. 或1 B. 2或 C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的性质得到关于等比数列项的等式，再结合等比数列的通项公式求出公比. 【详解】已知成等差数列，有. 那么. 因为，所以；又因为，所以得到.  由，移项可得. 因为数列是等比数列，根据等比数列的定义，公比. 由，可得.  故该等比数列的公比为. 故选：D. 6. 已知，则的最大值为（ ） A. 6 B. -6 C. 8 D. -8 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查代数最值的求解方法，涉及代数式的变形、均值不等式应用. 【详解】由，两边除以，得：，目标为求的最大值， 的最大值，即求的最小值， 将结合变形为：展开计算：， 由均值不等式，令， 则：，因此：(当且仅当即时取等号). 目标式最大值：. 故选：B. 7. 已知函数是R上的偶函数，对任意且都有，若则的大小关系是（ ） A. b<a<c B. a<b<c C. c<b<a D. b<c<a 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数为偶函数，推出函数的图象关于直线对称，再由条件推出函数在上单调递增，于是可得，利用幂和对数的运算性质和换底公式，以及对数函数的单调性化简比较得，再由的单调性即可判断. 【详解】因函数是R上的偶函数，则的图象关于直线对称， 因对任意且都有，即函数在单调递增. 因，， 由，可得， 又由对称性可得：， 故再由单调性，可得，即. 故选：A. 8. 棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这样一个小球的体积最大为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出正四面体的体积及表面积，利用求出内切球的半径，再通过求出空隙处球的最大半径，从而即可求最大体积. 【详解】如图，由题意知球和正四面体的三个侧面以及内切球都相切时半径最大， 设内切球球心为O，半径为，空隙处的最大球球心为，半径为， 由正四面体结构特征可知G为的中心，面， 设E为中点，球O和球分别与面相切于F和. 易得，，， 由可得， 又，， 故，，， 又由和相似，可得，即，解得， 即空隙处的最大球的半径为. 所以空隙处的最大球的体积为为. 故选：D 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 在这组数据中，第百分位数为 B. 分类变量与的统计量越小，说明“与有关系”的可信度越低 C. 设则 D. 两个模型中，残差平方和越大的模型拟合的效果越好 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据百分数的定义求解，判断A，根据统计量的定义进行判断B，赋值进行计算，判断C，根据残差的定义进行判断D. 【详解】对于A，，故第百分位为，故A正确； 分类变量A与B的统计量越小，说明变量间关联性越弱，即A与B有关系的可信度越低，故B正确； 即的通项公式为， 即x的奇数次方的系数为负值， 故令，则，故， 故C正确； 残差平方和越小的模型,越大,拟合的效果越好,故D错误. 故选：ABC. 10. 如图是函数的部分图象，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象关于中心对称 C. 在上单调递增 D. 的图象向左平移个单位长度后为奇函数 【答案】AC 【解析】 【分析】根据、结合周期可判断A；根据余弦函数的单调性及对称性可判断BC；根据函数图象平移得到函数解析式，结合余弦函数的奇偶性可判断D. 【详解】对于A，由得，由得， 由得，故， 化简得， 由图可知该函数的周期，故，解得， 所以，故A正确； 对于B，由，得不是函数的对称中心，故B错误； 对于C，由，可得， 由，得函数在上单调递增，故C正确； 对于D，的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，此时为偶函数，故D错误. 故选：AC. 11. 已知函数对任意的都有，，且当时，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在上单调递减 C. 关于x的不等式的解集是 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，结合，利用赋值法依次求出即可判断；对于B，通过选项A中的函数值的规律即可判断；对于C，运用定义法证明函数在上的单调性，将代入后，运用函数单调性将其化成一元二次不等式求解即得；对于D，令，代入已知式，根据递推性质即可证明结论. 【详解】对于A，在中，， 取，可得，解得， 再取，可得， 再取，可得，故A正确； 对于B，由A项可知，，故B错误； 对于C， 不妨设，则， 设，则，因当时，，则有， 由可得，即函数在上是增函数. 取易得，则， 故等价于，故得，解得或， 故不等式的解集是，故C正确； 对于D，将都取为，则得， 故，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 艾伊钟是一名电影爱好者，目前电影院有六部电影正在热映，他想趁高考前利用端午节假期，集中两天把这六部电影都刷一遍，若将6部电影随机分为2组，则共有________种分组方式.（用数字作答） 【答案】31 【解析】 【分析】根据不均匀分组、部分均匀分组、均匀分组分三种情况求解，结合加法技术原理得结论. 【详解】若将6部电影随机分为2组， 则可按两组分别有1和5部、2和4部、3和3部电影的三种情况分组， 按1和5，有种分组方式； 按2和4，有种分组方式； 按3和3有种分组方式， 所以共有种分组方式， 故答案为：. 13. 对于数列，若存在常数，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，满足，若为有界数列，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】利用裂项求和法可求出，求出的取值范围，结合有界数列的定义可得出实数的取值范围. 【详解】因为， 所以 ， 因为，故数列为递增数列，故，故， 因为为有界数列，则，故， 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 14. 已知矩形的边，，点P，Q分别在边上，若则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，表示出，用基本不等式求最小值. 【详解】 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 则，，． 设，则，， 则，，． 因为 ． 当且仅当，即时，“＝”成立， 所以的最小值为． 故答案为：. 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知函数 （1）求函数的最小正周期及单调递减区间； （2）在中，角的对边分别为,若且求面积的最小值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）化简求解周期和单调递减区间；（2）由，求出,由正弦定理和余弦定理进行求解. 【小问1详解】 ， 故最小正周期, , 故 单调递减区间 【小问2详解】 由，则, 所以,即， 由是三角形内角，且，故， 由正弦定理和，则， 则， 由余弦定理，， 即，当且仅当时取等号， 此时面积最小值为. 16. 已知函数 （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）若函数在区间内有且仅有一个极值点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解及，从而可得函数在点处的切线方程； （2）当，不满足题意，当时，单调递增，结合，，可得在区间上有唯一的零点，满足题意，进而可得结论． 【小问1详解】 当时，，可得， 则， 又， 所以函数在点处的切线方程为：； 【小问2详解】 由于， 则， 若，当时，则，所以， 则在区间上单调递增，没有极值点，舍去； 若，设，则在区间上恒成立， 所以在区间上单调递增，即在区间上单调递增， 又，， 所以在区间上有唯一的零点， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以在区间内有唯一的极值点，符合题意． 综上，实数的取值范围是． 17. 如图，已知在四棱锥中，，平面，平面平面. （1）证明：； （2）若且，G为的重心，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 平面 , 平面 , . 过 作 ,交 于点 , 平面 平面 ,平面 平面 平面, ∴所以 平面 平面，, 又 平面 ，平面 ， 平面 ，平面 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理和性质定理即可证明； （2）以 为坐标原点, , 为 轴、 轴,过 平行于 的直线为 轴建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点, , 为 轴、 轴,过平行于 的直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系， 则 , . 设 , ， 由题意可得 解得 G为的重心， 设平面 的一个法向量为 ,则 , ∴，令 ,则 ，∴ ， 设直线 与平面 所成角为， 则 . 【点睛】 18. 已知动圆过定点，且在x轴上截得的弦长为4，记动圆圆心的轨迹为曲线E. （1）求曲线E的方程； （2）若直线l与曲线E相交于M，N两点，且线段MN的中点横坐标为1，求直线l的斜率； （3）将曲线E绕原点顺时针旋转得到曲线，定点，上有四点A，B，C，D，满足，AKC，BKD均三点共线.设线段AC和BD的中点分别为T，S，试判断：直线TS是否会经过一个定点？若会，请求出这个定点的坐标；若不会，请说明理由. 【答案】（1）； （2）； （3）会，直线过点. 【解析】 【分析】（1）设动圆圆心为，利用圆的弦长与半径关系列方程整理，即可得轨迹方程； （2）设，应用点差法得，结合已知即可得； （3）将曲线绕原点顺时针旋转得到曲线，设并联立，应用韦达定理及中点坐标求出坐标，同理求坐标，分类讨论参数判断直线是否过定点即可. 【小问1详解】 设动圆圆心为，则有，整理得，故曲线E的方程； 【小问2详解】 设，则，可得， 所以，即，故直线斜率为； 【小问3详解】 将曲线绕原点顺时针旋转得到曲线，则为的焦点， 由题意，直线的斜率都存在且不为0，设，联立， 所以，设，且， 所以，，则，， 所以，同理得， 当，则，则，即恒过定点； 当，则，，显然直线过点； 当，则，，显然直线过点； 综上，直线过定点. 19. 若数列满足：对任意的且则称为“关联数列”，定义 （1）若数列为“关联数列”，求的值； （2）若数列为“关联数列”，且从中任取3项，记这3项的和为X，求X的分布列和数学期望； （3）若数列为“关联数列”，数列满足且求的最大值. 【答案】（1）-10；10 （2） X -3 -1 1 3 P . （3）5 【解析】 【分析】（1）根据已知条件且，得出与异号，进而利用和的定义式分别求出与. （2）由“关联数列”性质及，推出中和的个数.确定随机变量的可能取值，通过组合数公式计算各取值的概率，得到分布列，再依据数学期望公式求出. （3）由求出中符号相同与相反的组数，结合符号相反，得到符号相同与相反的组数，算出.考虑使最大的情况，即后面项都取，求出的最大值. 【小问1详解】 由题意易得，且，所以 【小问2详解】 由数列为“关联数列”，可得 ， 若，则， 若，则， 中有5个，3个. 由题意可得X的所有可能取值为 所以X 的分布列为 X -3 -1 1 3 P 数学期望. 【小问3详解】 由（1）可得，即 中有 4组符号相同，6 组符号相反， 因为符号相反，所以有 6 组符号相同，4 组符号相反， 当符号相同时，， 当符号相反时，， 的最大值为5. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $