重庆市西南大学附属中学鲁能巴蜀中学2024-2025学年高三下学期3月联考数学试卷（Word版附解析）

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合题目要求的．
1. 已知 的周长为 20，且顶点 ， ，则顶点 的轨迹方程是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：由题意知 ，即点 A 到两定点的距离之和为定值，
所以为椭圆；又 ，所以轨迹方程为 ．
考点：1、椭圆的定义；2、椭圆的性质．
2. 在四棱柱 中，若 ， ， ，点 为 与 的交点，则
（ ）
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A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算即可求出结果.
【详解】
,
故选：C.
3. 设数列 满足 ，且 ，则 （ ）
A. -2 B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】判断出数列 的周期为 4，即可求解.
【详解】因为 ， ，
所以 ， ， ， ，
显然数列 的周期为 4，而 ，因此 .
故选：A.
4. 已知等差数列 的前 n 项和为 ，则 （ ）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由等差数列的前 项和公式即可得到 ，再由等差数列的求和公式即可得到结果.
【详解】因为数列 为等差数列，则 ，
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又 ，则 ，即 ，
则 .
故选：C
5. 已知 是椭圆 上的动点，则 点到直线 的距离的最小值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：设 ，由点到直线距离公式有
，最小值为 .
考点：直线与圆锥曲线位置关系．
6. 已知抛物线 的焦点为 F，P 为抛物线 C 上任意一点，若 ，则 的最小值
是（ ）
A. 6 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设点 在准线上的射影为 ，则根据抛物线的定义可知 进而把问题转化为求
取得最小，进而可推断出当 三点共线时 最小，即可求出结果．
【详解】抛物线 的准线为 ，设点 在准线上的射影为 ，则根据抛物线的定义可知
， ，
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要求 取得最小值，即求 取得最小，
当 三点共线时， 最小，
即 最小为 ，即 的最小值是 .
故选：C.
【点睛】本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，判断当 三点共线时，
最小最小是解题的关键．
7. 若不等式 恒成立，则实数 的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据 在 上递增，利用同构法求解即可．
【详解】解：构造 ，
则 在 上显然递增，
由 得
，
即 ，
，
，
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令 ，
则 ，
由 得 ， 递增，
由 得 ， 递减，
，
．
故选：B．
【点睛】本题解题的关键是看到 “指对跨阶”要想到同构，同构后有利于减少运算，化烦为简．
8. 已知函数 与 的图象有三个不同的公共点，其中 为自然对数的底数，
则实数 的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】
,整理得： ，
令 ，且 ，则 ，
求导： ，解得 ，则 在 上单增，在 上单减，而
时， ；如图
由题意可知有一个根 内，另一个根 或 或 ，
当 时，方程无意义；当 ， 不满足题意；
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则 ；由二次函数的性质可知
，即 ，解得 ，故选 B.
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 已知抛物线 焦点与双曲线点 的一个焦点重合，点 在抛物线上，则
（ ）
A. 双曲线的离心率为 2 B. 双曲线的渐近线为
C. D. 点 到抛物线焦点的距离为 6
【答案】AC
【解析】
【分析】由双曲线的方程，求得 ，利用双曲线的几何性质，可判定 A 正确，B 错误；根
据题意，列出方程 ，可判定 C 正确；根据抛物线的定义，可判定 D 错误.
【详解】由双曲线 ，可得 ，则 ，
所以双曲线的离心率为 ，所以 A 正确；
由双曲线的渐近线为 ，所以 B 错误；
由抛物线 焦点与双曲线点 的一个焦点重合，
可得 ，解得 ，所以 C 正确；
由抛物线 的准线方程为 ，则点 到其准线的距离为 ，
到焦点的距离也为 4，所以 D 错误.
故选：AC.
10. 已知正方体 的棱长为 4， 为 上靠近 的四等分点， 为 上靠近 的四等
分点， 为四边形 内一点（包含边界），若 平面 ，则下列结论正确的是（ ）
A. 线段 长度的最小值为 B. 三棱锥 的体积为定值
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C. 平面 D. 直线 与平面 所成角的正弦值为
【答案】BC
【解析】
【分析】连接 ， ，取 上靠近 的四等分点 ，连接 ， ， ，说明点 的轨迹
为线段 ，即可判断 A；根据 即可判断 B；根据线面平行的判定定理即可判断 C；求
出 及点 到平面 的距离，进而可求出线面角，即可判断 D.
【详解】如图，连接 ， ，取 上靠近 的四等分点 ，连接 ， ， ，
因为 ， ，
所以 ，
所以 且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
因为面 平面 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
由题知 平面 ，所以点 的轨迹为线段 ，
由 ，在等腰 中，
当 时线段 的长度最小，且 ，故 A 错误；
对于 B，∵ 为定值， 到平面 的距离等于 平面 的距离，即 ，
由等体积法，∴ ，
故三棱锥 的体积为定值，B 正确；
对于 C，因为 ， 平面 ， 平面 ，
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所以 平面 ，C 正确；
对于 D， ，
则
，
即 ，
点 到平面 的距离为 4，
故直线 与平面 所成角的正弦值为 ，D 错误．
故选：BC
11. 已知三次函数 有极小值点 ，则下列说法中正确的有（ ）
A.
B. 函数 有三个零点
C. 函数 的对称中心为
D. 过 可以作两条直线与 的图象相切
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意可得 ，即可判断 A；求出函数的单调区间及极值，即可判断 B；求出
即可判断 C；设出切点，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点 求
出切点，即可判断 D.
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详解】 ，
因为函数 有极小值点 ，
所以 ，解得 ，
所以 ， ，
当 或 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
又
所以函数 仅有 个在区间 上的零点，故 A 正确，故 B 错误；
对于 C，由 ，
得 ，
所以函数 的图象关于 对称，故 C 正确；
对于 D，设切点为 ，则 ，
故切线方程为 ，
又过点 ，所以 ，
整理得 ，即 ，
解得 或 ，
所以过 可以作两条直线与 的图象相切，故 D 正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知数列 的前 项和为 ，且点 总在直线 上，则数列 的前 项和
______.
【答案】
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【解析】
【分析】由 与 的关系求出 的通项公式，用错位相减法求 .
【详解】数列 的前 项和为 ，且点 总在直线 上，所以 .
当 时， ，两式相减得， ，
又 ，所以数列 是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列，
∴ ，∴ ，
则 ，
所以 ，
两式相减得： .
所以 ，
所以数列 的前 项和 .
故答案为：
13. 函数 的最小值为______.
【答案】1
【解析】
【分析】由解析式知 定义域为 ，讨论 、 、 ，并结合导数研究的单调
性，即可求 最小值.
【详解】由题设知： 定义域为 ，
∴当 时， ，此时 单调递减；
当 时， ，有 ，此时 单调递减；
当 时， ，有 ，此时 单调递增；
又 在各分段的界点处连续，
∴综上有： 时， 单调递减， 时， 单调递增；
∴
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故答案为：1.
14. 如图所示，已知 M，N 为双曲线 上关于原点对称 两点，点 M 与点 Q 关于 x
轴对称， ，直线 交双曲线右支于点 P，若 ，则 _____________．
【答案】
【解析】
【分析】设 利用点差法得到 ，即可求出离心率；
【详解】解：设 ，则 ．由 ，得
，从而有 ，又 ，所以 ，
又由 ，
从而得到 所以 ，所以 ．
故答案为：
【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两
种方法：
①求出 a，c，代入公式 ；
②只需要根据一个条件得到关于 a，b，c 的齐次式，结合 b2＝c2－a2 转化为 a，c 的齐次式，然后等式(不等
式)两边分别除以 a 或 a2 转化为关于 e 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 e(e 的取值范围)．
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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. 已知函数 ， ､ ，若 在 处与直线 相切.
（1）求 ， 的值；
（2）求 在 上的极值.
【答案】（1） ；（2）极大值为 ，无极小值.
【解析】
【分析】
（1）求得函数额导数 ，根据题意列出方程组，即可求得 的值；
（2）由（1）得 ，利用导数求得函数的单调性，结合极值的概念，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数 ，可得 ，
因为函数 在 处与直线 相切，
所以 ，即 ，解得 .
（2）由（1）得 ，定义域为 ，且 ，
令 ，得 ，令 ，得 .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 上的极大值为 ，无极小值.
16. 已知数列 的前 项和为 ， ，当 时， ．
（1）求
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（2）设 ，求数列 的前 项和为 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用 与 的关系及等差数列的定义，结合等差数列的通项公式即可求解；
（2）利用（1）的结论及数列求和中的错位相减法即可求解.
【小问 1 详解】
当 时， ，所以， ，
整理得： ，即 ．
当 时， ，
所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
所以 ，即 ．
【小问 2 详解】
由 知 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
由 得， ，
所以 .
17. 记 是内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .已知 ，点 在边 上，
.
（1）证明： ；
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（2）若 ，求 .
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有 ，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边 与 的关系，然后利用余弦定理即可求得 的值.
【详解】（1）设 的外接圆半径为 R，由正弦定理，
得 ，
因为 ，所以 ，即 ．
又因为 ，所以 ．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为 ，如图，在 中， ，①
在 中， ．②
由①②得 ，整理得 ．
又因为 ，所以 ，解得 或 ，
当 时， （舍去）．
当 时， ．
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所以 ．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知 ，则 ，
即 ，
而 ，即 ，
故有 ，从而 ．
由 ，即 ，即 ，即 ，
故 ，即 ，
又 ，所以 ，
则 ．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知 ，再由 得 ．
在 中，由正弦定理得 ．
又 ，所以 ，化简得 ．
在 中，由正弦定理知 ，又由 ，所以 ．
在 中，由余弦定理，得 ．
故 ．
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[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作 ，交 于点 E，则 ．
由 ，得 ．
在 中， ．
在 中 ．
因为 ，
所以 ，
整理得 ．
又因为 ，所以 ，
即 或 ．
下同解法 1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为 ，所以 ．
以向量 为基底，有 ．
所以 ，
即 ，
又因为 ，所以 ．③
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由余弦定理得 ，
所以 ④
联立③④，得 ．
所以 或 ．
下同解法 1．
[方法六]：建系求解
以 D 为坐标原点， 所在直线为 x 轴，过点 D 垂直于 直线为 y 轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则 ．
由（1）知， ，所以点 B 在以 D 为圆心，3 为半径的圆上运动．
设 ，则 ．⑤
由 知， ，
即 ．⑥
联立⑤⑥解得 或 （舍去）， ，
代入⑥式得 ，
由余弦定理得 ．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的
性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似
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是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将
其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直
观化.
18. 已知抛物线 ，过焦点 F 的动直线 l 与抛物线交于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 M．
（1）当直线 l 的倾斜角为 时， ，求抛物线 G 的方程：
（2）对于（1）问中 抛物线 G，若点 ，求证： 为定值，并求出该定值．
【答案】（1） ；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求得抛物线的焦点坐标，设直线 的方程代入抛物线的方程，设 ，运用韦
达定理，弦长公式，解方程可得 ，进而得到所求方程；
（2）运用中点坐标公式，求得 ，由两点的距离公式，可得 ，进而得到 的
定值．
【小问 1 详解】
由题意知 ，设直线 的方程为 ，
由 得： ，所以
所以 ，所以 ，故抛物线 的方程为 ；
【小问 2 详解】
由（1）抛物线 的方程为 ，
当直线 的斜率为 0 时，直线 的方程为 ，直线 与抛物线只有一个交点，与已知矛盾，
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故直线 的斜率不为 0，故可设 的方程为
消去 得： ，设 ，
则：
所以：
，即
所以：
19. 如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ， 为 的中点.
（1）证明： ；
（2）若 是边长为 1 的等边三角形，点 在棱 上， ，且二面角 的大小为
，求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【解析】
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
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(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为 ，O 是 中点，所以 ，
因为 平面 ，平面 平面 ，
且平面 平面 ，所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 .
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以 O 为坐标原点， 为 轴， 为 y 轴，垂直 且过 O 的直线为 x 轴，建立空间直角坐
标系 ，
则 ，设 ,
所以 ，
设 为平面 的法向量，
则由 可求得平面 的一个法向量为 ．
又平面 的一个法向量为 ，
所以 ，解得 ．
又点 C 到平面 的距离为 ，所以 ，
所以三棱锥 的体积为 ．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作 ，垂足为点 G．
作 ，垂足为点 F，连结 ，则 ．
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因为 平面 ，所以 平面 ，
为二面角 的平面角．
因为 ，所以 ．
由已知得 ，故 ．
又 ，所以 ．
因为 ，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角 ，记 为 ， 为 ， ，
记二面角 为 ．据题意，得 ．
对 使用三面角的余弦公式，可得 ，
化简可得 ．①
使用三面角的正弦公式，可得 ，化简可得 ．②
将①②两式平方后相加，可得 ，
由此得 ，从而可得 ．
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如图可知 ，即有 ，
根据三角形相似知，点 G 为 的三等分点，即可得 ，
结合 的正切值，
可得 从而可得三棱锥 的体积为 ．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在
于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加
深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、
直观、迅速.
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