重庆市南开中学2024-2025学年高三上学期11月第三次质量检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市南开中学2024-2025学年高三上学期11月第三次质量检测数学试卷（Word版附解析），文件包含重庆市南开中学校2025届高三第三次质量检测数学试题Word版含解析docx、重庆市南开中学校2025届高三第三次质量检测数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
3.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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，总共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 复数的实部和虚部相等，则（ ）
A. 1B. -1C. 2D. -2
【答案】B
【解析】
【分析】复数的计算得到复数，实部虚部建立等式，解得的值.
【详解】复数，因为实部和虚部相等，所以，即．
故选：B
2. 已知向量且，若在上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】投影向量的定义得到等式，即可解出夹角.
【详解】设，由题意有，，．
故选：C
3. 已知数列的前项和为，数列的通项公式为，则“为等比数列”是“是递减数列”的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分
C. 充要D. 既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件求出对应的的值，由集合的包含关系，判定是否满足充分必要条件.
【详解】是等比数列，即，是递减数列，即，所以是充分不必要条件．
故选：A.
4. 已知非零向量，且，函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件，且，对函数化简，根据偶函数的图像的对称性及单调性得的不等式，求解即得.
【详解】∵是非零向量，且
∴，
∴函数是偶函数且开口向上，
，，．
故选：A.
5. 已知等比数列单调递增，前项和为，则（ ）
A 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等比数列性质求出公比即可得解.
【详解】在等比数列中，，又，且是递增数列，
解得，，则数列公比满足，
所以.
故选：D
6. 已知，则的大小关系为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数证明，可得，利用导数证明，可得，又，从而可得结论.
【详解】，
令，求导可得，
所以在上单调递减，所以，所以，
所以，所以，即，
令，求导得，
当时，，函数在单调递减，
当时，，函数在单调递增，
所以，所以，所以，
所以，即，所以．
故选：A.
7. 将正整数如图排列，第行有个数，从1开始作如下运动，先从左往下碰到2，记为，再从开始从右往下碰到5，记为，接着从开始，从左往下碰到8，记为.依此类推，按左右左右往下，碰到的数分别记为，构成数列an.则（ ）

A. 59B. 60C. 61D. 62
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知对数列用后项减前项，归纳出性质：，，然后由计算可得．
【详解】由题意得，，，…，所以，．
因此．
故选：C．
8. 在四边形中，点是对角线BD上任意一点（点与不重合），且，则四边形的面积为（ ）

A. 3B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可求得，进而可得，利用向量的数量积求得，求得面积.
【详解】，
又四边形是，所以，
所以，所以，所以，所以为菱形．
由，所以，
所以角，所以．
故选：D.
【点睛】方法点睛：通过向量的线性运算与向量的数量积求得四边形一组邻边的长与夹角，从而求得面积，向量的线性运算与数量积是解决向量有关问题的基础.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 已知两个复数与，下列结论错误的是（ ）
A. 若，则与互为共轭复数
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】举反例即可求解AB，利用复数的几何意义即可求解CD.
【详解】A选项：若，，与并不互为共轨复数；A错误；
B选项：虚数不能比较大小；必如，，，但无法比较大小，B错误，
C选项：由于，故C错误；
D选项：设在复平面对应的点为，由
可知点的集合是以为圆心，1为半径的圆．
表示点到的距离，所以最大值为,D正确，
故选：ABC

10. 设分别是的内角的对边，则下列条件中能确定为锐角的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】选项A由余弦定理可判断；选项B由余弦定理可判断；选项C由正弦定理边化角，结合三角恒等变换可判断；选项D利用三角恒等变换可判断.
【详解】对于A选项：，即，故A正确；
对于B选项：，
，，，故B正确；
对于C选项：，，
，，．故C错误；
对于D选项：，，
，，故D错误．
故选：AB.
11. 已知数列满足，.则下列选项正确的是（ ）
A. 是等比数列
B. 数列是单调递增数列
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由条件得出角标为奇数和偶数时的等式，化简得到，证明数列为等比数列，判断A 选项；
根据，判断B选项；求奇数项通项公式，由放缩法得到结论，判断C选项；求出偶数项通项公式，由裂项相消求和，判断D选项.
【详解】A选项：，
，又，
所以是等比数列，公比为，首项为23，
，，所以选项A正确；
B选项：，所以选项B错误；
C选项：为奇数时，，所以；
D选项：为偶数时，，
所以．
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知等差数列与的前项和分别为与，若，则_____.
【答案】##0.6
【解析】
【分析】根据等差中项以及等差数列的求和公式可求得结果.
【详解】.
故答案为：.
13. 设函数有两个极值点，则实数的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】先求导函数，函数有两个极值点，等价于有两个零点，等价于函数与的图象由两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象．由图可求得实数的取值范围．
【详解】解：由题意，
令得，
函数有两个极值点，等价于有两个零点，
等价于函数与的图象有两个交点，
又直线的图象过定点，
当直线与的图象相切时，设切点为，
，则切线的斜率为，
所以切线方程为，
将点代入得，解得，
即切线的斜率为1，即，所以,
由图可知，当时，与的图象有两个交点，
则实数的取值范围是，
故答案为：．

14. 如图所示，四边形内接于圆，则四边形的面积为_____.

【答案】
【解析】
【分析】在延长线上取点，使，取AB中点，由已知可得MN过圆心，求得，进而可求得梯形的高与上底，从而可求面积.
【详解】在延长线上取点，使，取AB中点，
又因为，所以，
由，可得，所以直线MN过圆心，
在中，，，所以，，
所以梯形高为，，
所以梯形面积为．

故答案为：.
【点睛】方法点睛：通过向量的线性运算与点共线的判断方法，进而求得梯形的高与上底，从而求得面积，向量的线性运算是关键..
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. 已知向量.
（1）若，且，求的值；
（2）设函数，求函数在区间上的最大值以及相应的的值.
【答案】（1）
（2）的最大值为，此时．
【解析】
【分析】（1）根据向量共线满足的坐标关系，即可得，结合同角关系即可求解，
（2）根据数量积的坐标运算，结合三角恒等变换可得，即可利用整体法求解.
【小问1详解】
，，，，，，．
【小问2详解】
由题意得，
，，
故当时，即，取最大值，
的最大值为，此时．
16. 新能源车性能测试，分为实验室检测和路面检测两个阶段.实验室检测通过后才能进入路面检测，路面检测合格后该车才可投入生产，这两个检测阶段能否通过相互独立.其中实验室检测阶段.包括环节I和环节II，两个环节都通过才能通过实验室检测，且这两个环节检测结果相互独立.某公司汽车研发组研发出甲、乙丙三种车型、现对其进行性能检测，实验室检测阶段中甲车通过.II环节概率分别为，乙车通过I、II环节的概率分别为，丙车通过I、II环节的概率分别为.路面测试环节中三款车通过测试的概率分别为
（1）求甲、乙、丙三款车型中恰有一款车通过实验室检测的概率；
（2）记随机变量为甲、乙、丙三种车型通过性能测试的种数，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）设事件A表示甲车通过实验室测试，事件B表示乙车通过实验室测试，事件C表示丙车通过实验室测试，求出、和，求出甲、乙、丙中恰有一款车通过实验室测试的概率；
（2）求出随机变量可能的取值，分别求出概率，求出数学期望.
【小问1详解】
设事件A表示甲车通过实验室测试，事件B表示乙车通过实验室测试，事件C表示丙车通过实验室测试，
则，，，
则甲、乙、丙中恰有一款车通过实验室测试的概率为；
【小问2详解】
随机变量可能的取值为：，1，2，3，
，，
，，
所以数学期望．
17. 已知数列的前项和为，满足.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，，的前项和为，若不等式对一切正整数恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用间的关系及等比数列的通项公式求解；
（2）由条件求出，利用错位相减法求出，进而可求的取值范围.
【小问1详解】
由，令，得，即，
又，得，
，
又，符合上式，则，
则数列an是以1为首项，为公比的等比数列，
．
【小问2详解】
由题意得，，
所以①，
②，
②①得
，
，
不等式对一切正整数恒成立，
即不等式对一切正整数恒成立，，
，，
．
18. 如图所示，是抛物线上的一系列点，其中，记直线的斜率分别为.
（1）证明是等比数列，并求出数列的通项公式；
（2）记的面积为，求；
（3）若.求证：.
注：中，若，则面积.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得，由累加法可得的通项公式；
（2）利用（1）的结论求得，，可求；
（3）放缩法可得，可证结论.
【小问1详解】
，同理，
由，得，又，
所以，则是首项为，公比为的等比数列，
所以．
【小问2详解】
由（1）可得：，
令，则，同理，
所以，即．
【小问3详解】
所以，
则
所以
19. 已知.
（1）讨论的单调性；
（2）若，讨论的零点个数；
（3）若，且，证明：存在唯一实数，使得.
【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，分类讨论可求函数单调区间；
（2）结合（1）分类讨论，结合零点的存在性定理可判断零点的个数；
（3）由（2）可知，要满足题意，则，可得，通过构造函数，判断唯一性即可.
【小问1详解】
①当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减；
②当时，在单调递减；
③当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减；
【小问2详解】
由（1）可知，当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减；
注意，
①当时，，
时，；时，；
所以有个零点；
②当时，，所以有个零点；
③当时，，
若，即时，所以有个零点；
若，即时，所以有个零点；
若，即时，所以有个零点；
综上：①当时，有个零点；
②当或时，有个零点；
③当时，有个零点；
【小问3详解】
由（2）可知，要满足题意，则，
此时，
两式相除得：
令，，
则，
令，
，
令，
所以在单调递减，又时，，，
所以，使得，当x∈0,x0时，，单调递增；
当时，单调递减；
又因为当时，，．
所以，使得，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又因为当时，，，
所以，存在唯一，使得，
即，x∈0,1
有唯一解，该解即为，由前面等式①可知，此时存在唯一与之对应，命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是分类讨论思想的应用，考查转化能力，通过构造函数，利用导数求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题
X
0
1
2
3
P