重庆市2025届高三数学上学期九月测试试题含解析

Page26一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】依据一元二次不等式的求解方法，结合集合的交集，可得答案.【详解】由不等式，分解因式可得，解得，则，所以.故选：A.2.已知，二项式的绽开式中全部项的系数和为64，则绽开式中的常数项为（）A.36 B.30 C.15 D.10【答案】C【解析】【分析】先依据“全部项的系数和”求得，然后利用二项式绽开式的通项公式求得正确答案.【详解】令，则可得全部项的系数和为且，解得，∵的绽开式中的通项，∴当时，绽开式中的常数项为.故选：C3.已知，是实数，且满意，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】取特殊值验证，可推断A，B，D；利用不等式性质结合基本不等式可推断C.【详解】对于A，取，则，A错误；对于B，取，，B错误‘对于C，因为，故，，，故，C正确；对于D，取，则，D错误；故选：C4.定义在上的函数满意，当时，，当时，，则（）A.336 B.338 C.337 D.339【答案】B【解析】【分析】由得到函数的周期为6，只需求出，再结合函数的周期性求解.【详解】因为当时，，所以，，，，又因为，所以，即函数的周期为6，，当时，，所以，，因为，所以，所以.故.故选：B5.已知函数，设数列的通项公式为，则（）A.36 B.24 C.20 D.18【答案】D【解析】【分析】先依据解析式求出对称中心，再结合等差数列项的性质计算求解即可.

【详解】，所以曲线的对称中心为，即，因为，易知数列为等差数列，，，所以，所以.故选:D.6.定义在上的函数满意:对随意，都有，且为奇函数，则下列选项正确的是（）A. B.C.为偶函数 D.为奇函数【答案】C【解析】【分析】依据已知条件推出是周期为4，关于、对称的偶函数，再结合、与的平移伸缩关系推断各项的正误.【详解】由为奇函数，则，即，B错；所以关于对称，由，令，则，即，所以关于对称，则关于，即y轴对称，C对；所以，则，故，则，即的周期为4，则，综上，是周期为4，关于、对称偶函数，将全部横坐标缩短为原来的一半得到函数，所以是周期为2，关于、对称的偶函数，D错；则，A错；故选：C7.在给某小区的花园绿化时，绿化工人须要将6棵高矮不同的小树在花园中栽成前后两排，每排3棵，则后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】方法一：先求出事务A包含的基本领件个数，再依据古典概型的公式计算即可．【详解】方法一：设六棵树从矮到高的依次为1，2，3，4，5，6，后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高为事务A．则6必在后排，1在前排，因此，分为1-6相对和1-6不对两种状况（相对的意思是前后相邻），（1）1-6相对：5必在后排，2必在前排，因此，又可分为2-5相对和2-5不对两种状况，①2-5相对时，3-4相对且4在后排，所以有种状况；②2-5不对，有种状况．（2）1-6不对：可分为5在前排和5在后排两种状况，（ⅰ）5在前排，则5-6相对且4在后排，又可分为1-4相对和1-4不对两种状况，1-4相对：有种；1-4不对：有种．（ⅱ）5在后排，又可分为1-5相对和1-5不对两种状况，①1-5相对：2必在前排，又分为2-6相对和2-6不对两种，2-6相对：有种；2-6不对：有种．②1-5不对，有种．所以.故选：C．方法二：将设六棵树从矮到高的依次为1，2，3，4，5，6，后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高为事务A，所以，.故选：C．【点睛】本题的解题关键是合理分类，首先依据题意知6必在后排，1必在前排，所以依据1，6的位置关系分为两种状况，接下来就是依据每种状况，把能定下来的位置先定下来，不能定的就接着分类探讨，直至求出全部适合的基本领件个数．两个计数原理在解题时发挥了关键作用．8.已知双曲线，过原点的直线与双曲线交于A，B两点，以线段AB为直径的圆恰好过双曲线的右焦点F，若的面积为，则双曲线的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】设双曲线的左焦点为，连接，，由题意可得，设，，依据对称性可得，，依据双曲线的定义可得，，，整理可得关于，的齐次方程，再由离心率公式即可求解.【详解】解：设双曲线的左焦点为，连接，，因为以为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点，所以，圆心为，半径为，依据双曲线的对称性可得四边形是矩形，设，，则，由可得，所以，所以，所以.故选：B.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分）9.等差数列的公差为，前项和为；等比数列的各项均为正数，公比为，前项和为，下列说法正确的是（）A.是等比数列，公比为B.是等差数列，公差为C.若，则，，成等差数列，公差是D.若，则，，成等比数列，公比是【答案】ABD【解析】【分析】由等差数列和等比数列的概念可以推断AB正确；由前项和的概念与等差数列的概念以及等比数列的概念可以推断C错误，D正确.【详解】A：因为等差数列的公差为d，所以，故A正确；B：因为等比数列的各项均为正数，公比为，所以，，故B正确；C：当时，，又但是，所以，同理，所以，，成等差数列，公差是，故C错误；D：当时，，，又等比数列的各项均为正数，，且所以，同理即，，成等比数列，公比是，故D正确；故选：ABD.10.已知函数，则“对，使得成立”的充分不必要条件可以是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】先求命题成立的充要条件，然后利用取值范围的真包含关系，得充分不必要条件.【详解】由复合函数的单调性可知，函数在上单调递减，所以时，，函数在单调递增，所以时，对，使得成立，则有，即，得对，使得成立的充要条件为，各选项中，有则“对，使得成立”的充分不必要条件可以是BCD选项.故选：BCD11.已知定义在上的函数满意，则下列结论正确的是（）A.B.C.若，则D.若对随意的实数，，则是单调增函数【答案】BCD【解析】【分析】利用赋值法即可推断AB，结合基本不等式即可推断C，由单调性的定义即可推断D.【详解】时，，∴或，A错.取，，B对.，由B知：所以，C对.由可知：当时，，此时，∴，故对随意的有，所以不存在使，故对，，当时，，故，∴在上单调递增，D对.故选：BCD.12.已知函数，下列关于函数的零点个数的说法中，正确的是（）A.当，有1个零点 B.当时，有3个零点C.当，有2个零点 D.当时，有7个零点【答案】ABD【解析】【分析】将函数的零点个数问题转化为解的个数问题，设，即有，然后结合每个选项中t的范围作出函数图象，数形结合，即可求解相应方程的解，进而确定函数零点个数.详解】令，则，设，则等价于，则函数的零点个数问题即为解的个数问题；二次函数，其图象开口向上，过点，对称轴为，对于A，当时，作出函数的图象如图：由图象可知有一个根，则由可知此时方程只有一个解，此时函数的零点个数为1，A正确；对于B，当时，，作出函数的图象如图：由图象可知有一个根，令，令，则有3个解，即和，此时此时函数有3个零点，B正确；对于C，当时，分析同A，函数有1个零点，C错误；对于D，当时，，作出函数的图象如图：由图象可知有3个根，当时，；当时，，则对于，当时，，当时，，此时共有3个解；对于，此时有1个解，即有2个解，对于，此时有1个解，即无解，故此时函数有7个零点，D正确；故选：ABD【点睛】方法点睛：本题是关于复合函数的零点的推断问题，首先将零点问题转化为方程的解的问题；解答时要接受换元的方法，利用数形结合法，先推断外层函数对应方程的解的个数问题，继而求解内层函数对应方程的解.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.设函数,若，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】分段探讨求出和的解析式，代入可求出结果.【详解】（i）当，即时，，，由得，即，因为，所以恒成立，所以；（ii）当，即时，，，由得，即，即恒成立，所以；（iii）当，即时，，，由得，即，所以，综上所述：的取值范围是.故答案为：14.某探讨小组为了探讨中学生的身体发育状况，在某学校随机抽取20名15至16周岁的男生，将他们的身高和体重制成2×2的列联表，依据列联表的数据，可以在犯错误的概率不超过________的前提下认为该学校15至16周岁的男生的身高与体重之间有关系．身高体重超重不超重总计偏高415不偏高31215总计71320附表：0.10.050.0100052.7063.8416.6357.879【答案】0.05【解析】【分析】依据给定的列联表求出的观测值，再与临界值表比对作答.【详解】由列联表知，，所以可以在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为该学校15至16周岁的男生的身高与体重之间有关．故答案为：0.0515.是直线上的第一象限内的一点，为定点，直线AB交x轴正半轴于点C，当面积最小时，点的坐标是___________.【答案】【解析】【分析】依据给定条件，设出点的坐标，并表示出点的横坐标，再列出三角形面积的关系式，利用均值不等式求解作答.【详解】依题意，设，，则，而，则有，明显，于是，由点在x轴正半轴上，得，面积，当且仅当，即时取等号，所以当面积最小时，点的坐标是.故答案为：16.如图抛物线的顶点为A，焦点为F，准线为，焦准距为4；抛物线的顶点为B，焦点也为F，准线为，焦准距为6．和交于P、Q两点，分别过P、Q作直线与两准线垂直，垂足分别为M、N、S、T，过F的直线与封闭曲线APBQ交于C、D两点，则下列说法正确的是______①；②四边形MNST的面积为；③；④的取值范围为.【答案】①②③④【解析】【分析】依据抛物线的定义可得推断①，以为原点建立平面直角坐标系，依据条件可得抛物线的方程为，可得，进而推断②，利用抛物线的定义结合条件可得可推断③，利用抛物线的性质结合焦点弦的性质可推断④.【详解】设直线与直线分别交于由题可知，所以，，故①正确；如图以为原点建立平面直角坐标系，则，，所以抛物线的方程为，连接，由抛物线的定义可知，又，所以，代入，可得，所以，又，故四边形的面积为，故②正确；连接，因为，所以，所以，故，故③正确；依据抛物线的对称性不妨设点在封闭曲线的上部分，设在直线上的射影分别为，当点在抛物线，点在抛物线上时，，当与重合时，最小，最小值为，当与重合，点在抛物线上时，因为，直线，与抛物线的方程为联立，可得，设，则，，所以；当点在抛物线，点在抛物线上时，设，与抛物线的方程为联立，可得，设，则，，当，即时取等号，故此时；当点在抛物线，点在抛物线上时，依据抛物线的对称性可知，；综上，，故④正确.故答案为：①②③④.【点睛】构建平面直角坐标系，结合抛物线定义可求解长度和角度问题，推断①②，依据抛物线的对称性，推断，从而，从而推断③，分别探讨的位置，然后推断的取值范围，推断④，是本题的难点.四、解答题（本题共6小题，共70分）17.已知数列的前项和为，且（1）求及数列的通项公式；（2）在与之间插入个数，使得这个数依次组成公差为的等差数列，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用的关系，相减可得为等比数列，即可求解，（2）利用错位相减法即可求解.【小问1详解】，，,，两式详解得，又因，，故数列为等比数列，且公比为2，首项为，故【小问2详解】由题意得，解得所以，，相减得解得18.如图，在五面体中，平面，，，．（1）求证：平面平面；（2）若，五面体的体积为，求平面与面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过证明线面垂直，来证得平面平面.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与面所成角的余弦值，再转化为正弦值.小问1详解】取的中点，连接，因为，所以，因为平面，平面，所以，由于平面，所以平面.取的中点，连接，则，由于，所以，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面，由于平面，所以平面平面.【小问2详解】在等腰三角形中，，过作，垂足为，则，由于平面，平面，所以，由于平面，所以平面，设，则,.由（1）可知两两相互垂直，建立如图所示空间直角坐标系，则，，设平面与平面的一个法向量分别为，所以，，设平面与平面所成角为，则，所以.19.已知函数．（1）若是的极值点，求的单调性；（2）若恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）增区间为；减区间为（2）【解析】【分析】（1）由求得的值，再由求得的单调区间.（2）代入可得，再结合函数单调性确定最值后即可得解.【小问1详解】的定义域为，，若是的极值点，则，解得，此时，在区间上单调递增；在区间上单调递减.此时是的微小值点，符合题意.综上所述，的增区间为；减区间为.【小问2详解】，由，得①，设，所以当时，，①不成立，故，，所以在区间上单调递减；在区间上，单调递增，所以，解得.综上所述，的取值范围是.【点睛】利用导数探讨函数的极值点，除了以外，还须要在左右两侧的单调性相反.利用导数探讨含参数的不等式恒成立问题，可以考虑利用分别参数法，也可以干脆构造函数，然后利用导数进行探讨.20.2024年游泳世锦赛于7月14日—30日在日本福冈进行，甲、乙两名10米跳台双人赛的选手，在备战世锦赛时挑战某高难度动作，每轮均挑战3次，每次挑战的结果只有胜利和失败两种.（1）甲在每次挑战中，胜利的概率都为.设甲在3次挑战中胜利的次数为，求随机变量的分布列和数学期望；（2）乙在第一次挑战时，胜利的概率为0.5，由于教练点拨、自我反思和心理调控等因素影响下，从其次次起先，每次胜利的概率会发生变更，变更规律为：若前一次胜利，则该次胜利的概率比前一次胜利的概率增加0.2；若前一次失败，则该次胜利的概率比前一次胜利的概率增加0.15.求乙在第三次胜利的概率.【答案】（1）分布列见解析，2（2）0.85875.【解析】【分析】（1）由已知听从二项分布，即，然后列出相应的分布列即可.（2）依据条件概率公式以及互斥事务的和事务的概率公式，列出相应的计算公式即可求解.【小问1详解】由题意得，则，其中，则的分布列为：0123则.【小问2详解】设事务为“乙在第次挑战胜利”，其中.所以；；；；故.即乙在第三次胜利的概率为0.85875.21.已知圆，圆上有一动点P，线段PF的中垂线与线段PE交于点Q，记点Q的轨迹为C．第一象限有一点M在曲线C上，满意轴，一条动直线与曲线C交于A、B两点，且直线MA与直线MB的斜率乘积为．（1）求曲线C的方程；（2）当直线AB与圆E相交所成的弦长最短时，求直线AB的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据椭圆的定义推断Q点轨迹为椭圆，求出的值，即得答案；（2）探讨AB的斜率是否存在，存在时，设出直线方程，并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，结合直线MA与直线MB的斜率乘积化简可得参数之间的关系，进而确定直线过定点，结合圆的几何性质，即可求得答案.【小问1详解】由题意得，故Q点轨迹为椭圆，焦点为,且，故椭圆方程为；【小问2详解】由题意可知，当直线AB斜率不存在时，设方程为，代入，可得，不妨设，此时，化简得，解得或，时，直线斜率不存在，不合题意，舍去，故，则直线AB的方程为；当直线AB斜率存在时，设，直线方程设为，联立得，则需满意，，，由，可得，化简得，即，即，当时，直线AB的方程为为，过定点，此时，不合题意，舍去；当时，直线AB的方程为为，此时直线过定点，不妨设为，直线也过，由于点N满意，故在椭圆内，所以成立，又因为在椭圆内，所以当直线AB与圆E相交所成的弦长最短时，应满意，而，故，故，故此时直线A