重庆市第十一中学教育集团2025届高三下学期第六次质量检测数学试题（Word版附解析）

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2025.02
注意事项：
1．本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、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.
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. 满足⫋的集合A的个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】列举出满足要求的集合，得到答案.
【详解】满足⫋的集合可以为，
故集合A的个数为3.
故选：B
2. 已知数列满足，，则（ ）
A B. C. 3D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用数列的递推公式推出是以3为周期的数列，进而求解.
【详解】因为，所以，
，，
所以是以3为周期的数列，则.
故选：C
3. 在中，内角的对边分别为，若，，且，则的面积（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦定理即得，由正弦定理即得，再根据余弦定理，利用即可得，最后根据三角形的面积公式即可求解.
【详解】因，由余弦定理有，
由正弦定理有，
所以，
所以的面积.
故选：B.
4. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A. ]B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出图形，求出直线过定点，数形结合再由圆心到直线的距离等于半径和斜率的定义求解即可；
【详解】曲线即为半圆：，
其图象如图所示，
曲线与轴的交点为，而直线为过的动直线，
当直线与半圆相切时，有，解得，
当直线过时，有，
因为直线与半圆有两个不同的交点，故，
故选：A.
5. 函数的定义域为，且，，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造一个新的函数，然后根据函数的单调性来确定不等式的解集.
【详解】设.
对求导，则.
已知，即，而恒成立，所以恒成立.
这说明函数在上单调递增.
已知，则.
不等式可变形为，即，也就是.
因为在上单调递增，所以.
不等式的解集为，.
故选：B
6. 正六边形ABCDEF中，用和表示，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正六边形的性质，结合向量的线性运算，即可求解.
【详解】设边长为2，如图，设交于点，有，，
则
，
故选：B
7. 如图，已知正方形的边长为4，点在边上且，将沿翻折到的位置，使得．空间四点的外接球为球，过点作球的截面，则截球所得截面面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，确定球心的位置并求出球半径，再利用圆的截面性质求出截面面积最小值.
【详解】如图，取的中点为，
由正方形的边长为4，得，
因此为四面体的外接球球心，外接球半径，
设球心到平面的距离为，截面圆的半径为，
则有，即，
当截面时，最大，此时截面面积最小，且，
在中，，，．
由余弦定理可得，．
此时，所以截面面积最小值为.
故选：C
8. 已知双曲线的左、右焦点分别是，，过的直线l交双曲线C于P，Q两点且使得．A为左支上一点且满足，，的面积为，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据焦三角形的面积为，得到，过点A作x轴的平行线交PQ于点B，可知四边形是平行四边形，根据得到，设，则，，，，．利用勾股定理得到，即可得到双曲线的离心率.
【详解】如图所示：
因为，所以四边形是平行四边形，
因为，
，
.
所以
可得．
过点A作x轴的平行线交PQ于点B，可知四边形是平行四边形，
因为，所以，
又，所以有．
设，则，，，
，．
在中，由，解得．
在中，由，得，
所以离心率，
故选：C
二、多项选择题：本题共3个小题，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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，关于的方程有一个根为，为虚数单位，另一个根为，则正确的有（ ）
A. 该方程不存在实数根B. ，
C. 对应的点在第四象限D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据相等复数求得，即可判断B；根据计算即可判断A；根据韦达定理求出，结合共轭复数的概念和几何意义即可判断C；根据复数的乘、除法运算即可判断D.
【详解】由是方程的根，得，
整理得，因此，解得，
所以方程为，故B正确；
对于A，根据方程，可得，
所以方程无实数根，故A正确；
对于C，D，方程，由韦达定理可知，得，
对应的点为，在第四象限，的共轭复数不在第四象限.
，
所以，故C错误，D正确．
故选：ABD
10. 已知函数，则正确的有（ ）
A. 的最大值为B. 的图象关于直线对称
C. 的图象关于点对称D. 在上单调递增
【答案】AC
【解析】
【分析】先根据二倍角公式化简函数表达式，然后结合正弦函数的性质逐一分析每个选项.
【详解】
，
A：，的最大值为，A正确.
B：，，结合A选项在没有取到最值，
的图象不关于直线对称，B错误.
C：当时，，的图象关于点对称，C正确.
D：，，根据正弦函数的单调性可知，
在区间上先增后减，D不正确.
故选：AC
11. 已知椭圆，分别为它的左右焦点，点分别为它的左右顶点，已知定点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A. 只存在2个点，使得
B. 直线与直线斜率乘积为定值
C. 有最小值
D. 的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，由为圆心为直径的圆与椭圆的交点个数判断；B选项，由满足椭圆方程，代入直线与直线斜率乘积的算式中化简即可；C选项，利用椭圆定义结合基本不等式求最小值；D选项，利用数形结合和椭圆定义，求的最值，得取值范围.
【详解】对于A中，由椭圆，可得，，，由，以为圆心，为直径的圆，与椭圆C有4个交点，故存在4个点，使得，所以A错误；
对于B中，设，则，且，，可得，
则为定值，所以B正确．
对于C中，由椭圆的定义，可得，
则
，
当且仅当时，即时等号成立，所以C正确．
对于D中，由点在椭圆外，设直线与椭圆相交于，
如图所示，则
因为，且，
可得，即，
所以，
所以，所以D正确．
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 随机变量，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】已知随机变量，即均值，利用正态分布的对称性以及所给的概率等式来求解的值.
【详解】因为正态分布关于均值对称，已知，那么点与点关于均值对称.可列出等式. 得到.解得.
故答案为：.
13. 已知实数，满足，则的最小值为______.
【答案】8
【解析】
【分析】由，得即为，变形后两次运用基本不等式即可求解
【详解】因为，所以，
∴
当且仅当，即时等号成立
所以的最小值为8.
故答案为：8.
14. 设函数图象上的两点，处的切线的斜率分别为，，规定：（为线段的长度）叫做曲线在点与点间的“弯曲度”．
①存在函数，使得图象上任意不同两点间的“弯曲度”是一个常数；
②抛物线上存在不同的两点，使得；
③是函数图象上任意不同的两点，则．
上述说法中所有正确结论的序号是______．
【答案】①③
【解析】
【分析】对于①，举例子即可判断；对于②③，根据定义直接计算即可判断.
【详解】对于①，取，则，因，，有，
故此时，为常数，故①正确；
对于②，因，则，因，，
，
又，则，即，故②错误；
对于③，，则，因，，且，
则，故，故③正确．
【点睛】方法点睛：对于新定义题目，解决此类题的策略是：
1. 准确理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论等；
2. 重视“举例”，利用例子可以检验是否理解和懂得正确运用，归纳例子提供的解题思路和方法；
3. 运用新定义去解决问题时，根据新定义交代的性质或运算规则去运用即可，解决问题的过程中还需要将“新定义”的知识与已有知识联系起来，利用已有知识经验来解决问题.
四、解答题：本大题共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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若，，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用正弦定理得到，再利用余弦定理，即可求解；
（2）根据条件，利用辅助角公式得到，进而得到，从而有，再利用正弦定理，即可求出结果.
【小问1详解】
在中，由正弦定理得.
因为，所以，.
化简得.
在中，由余弦定理得.
又因为，所以.
【小问2详解】
由，可得，
又，所以，得到，即，
所以，
，又，
由正弦定理得，得到，
解得，，
故的周长为.
16. 重庆市举办马拉松比赛，其中志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障．重庆旅游局承办了志愿者选拔的面试工作．随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）求的值，并估计这100名候选者面试成绩的平均数；
（2）若从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任了本市的宣传者．若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和50，请据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数和方差．
（附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，，记两组数据总体的样本平均数为．则总体样本方差．
【答案】（1）；
（2）平均数为70，
【解析】
【分析】（1）由各组的频率和为1列方程可求出，再根据平均数的定义可求出面试成绩的平均数；
（2）先根据频率分布直方图求出第二组、第四组的频率之比，然后再求出这两组的平均数，再利用所给的公式求出第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差.
【小问1详解】
由图得，解之可得；
根据题意知，
【小问2详解】
设第二组、第四组所有面试者的面试成绩的平均数、方差分别为，，，，且两组的频率之比为，
则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数为，
第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为
，
，
则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为．
17. 已知三棱柱中，，，，
（1）求证：平面平面
（2）若，且是的中点，求平面和平面的夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，由菱形得到，结合得到线面垂直，进而得到，结合得到线面垂直，从而证明出面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用法向量求出面面角的余弦值，结合同角三角函数关系得到正弦值.
【小问1详解】
在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，
则平行四边形是菱形，连接，
如图，则有，
因为，，平面，
所以平面，而平面，则，
由，得，又，平面，
从而得平面，又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
在平面内过作，
由（1）知平面平面，平面平面，平面
则平面，
以为原点，以射线分别为轴，轴，轴正半轴建立空间直角坐标系，
如图，因为，，
所以为等边三角形，
又是的中点，则⊥，故，
由勾股定理得，
又，
则，，，，，
则有，．
设平面的一个法向量，则有，解得：，
令得，而平面的一个法向量，
依题意，，
设平面和平面的夹角的夹角是，
则，，
所以平面和平面的正弦值为
18. 椭圆的离心率为，椭圆上任意一点到右焦点的最小距离为1，斜率为的直线与椭圆交于两点，线段的中点为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求的范围；
（3）设为的右焦点，为上一点，且．判断、、是否成等差数列，如果是，说明理由并求该数列的公差．
【答案】（1）
（2）
（3）是，理由见解析，该数列的公差为或．
【解析】
【分析】（1）根据离心率及最小距离列方程求解；
（2）设而不求，利用点差法以及中点坐标公式求出，再利用在椭圆内列不等式求解即可；
（3）解出m，进而求出点P的坐标，得到，再由两点间距离公式表示出，，可证明，，成等差数列；先求出直线的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．
【小问1详解】
， ，，， 椭圆
【小问2详解】
设，，线段的中点为，，．
将代入椭圆中，可得，
两式相减可得，，即，
．点在椭圆内，即，（），
解得．．①
【小问3详解】
由题意得，设，，，则，，
由（2）及题设得，．
又点在上，所有，解得，从而，，
于是，同理．
所以，故，即，，成等差数列．
设该数列的公差为，则，②，
将代入①得，所以的方程为，代入的方程，并整理得．
故，，代入②解得．所以该数列的公差为或．
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对两点间公式应用计算焦半径结合韦达定理计算求出公差.
19. 定义首项为1且公比为正数的等比数列为“－数列”．
（1）已知等比数列满足：，，判断数列是否为“－数列”．如果是，说明理由；
（2）已知数列满足：，，其中为数列的前项和．
①求数列的通项公式；
②设为正整数，若存在“－数列”，对任意正整数，当时，都有成立，求的最大值．
【答案】（1）数列为“数列”；理由见解析
（2）①；②5
【解析】
【分析】（1）设等比数列的公比为，由，，求出首项和即可判断数列是否为“数列”；
（2）①由得，由即可求出；
②设的公比为，存在“数列”，对任意正整数，当时，都有成立，即对恒成立，时可单独得出的范围；当，两边取对数可得，对有解，即，构造，利用导数研究单调性求得相应最值，然后研究上述关于的不等式有解的必要条件，即成立的整数的取值范围，得到正整数最大为5时的范围，进一步验证此处得出的的范围满足时得到的的范围的要求，进而求解.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，则
由，，
， 得，
数列首项为1且公比为正数 即数列为“数列”；
小问2详解】
①当，，
当，，
，，
，
，
，
展开化简得 ，是等差数列，
故数列的通项公式为；
②设的公比为．
存在“数列”，对任意正整数，当时，都有成立，
即对恒成立，
当时，，当时，，
当，两边取对数可得，对有解，
即，
令，则，
当时，，此时递减，
当时，，
令，则，
令，则，
当时，，为单调递减函数，
，
即，在上单调递减，
即时，，
所以，其中
下面求解不等式，
化简，得，
令，则，
由得，进而，上单调递减，
又由于，，
故使得最大整数，此时，
又因为，
所以当时，满足题意，
综上所述，满足题意的实数的最大值为5.
【点睛】关键点点睛：关键在于理解题目意思，然后结合所学的知识，将问题转化成平时所练题型进行求解.