重庆市第一中学校2025届高三下学期3月适应性考试数学试卷（含答案）

这是一份重庆市第一中学校2025届高三下学期3月适应性考试数学试卷（含答案），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设i为虚数单位，若复数z=a2−4a+3+a−1i是纯虚数，则实数a的值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 1或3
2.已知向量a=2,2，b=x,1，若b//2a−b，则x=( )
A. −1B. 1C. −2D. 2
3.已知命题p:∀x∈0,8，00的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交双曲线C的右支于A，B两点，若3AF1=5AF2，点M满足F1M=53MF2，且AM⊥F1B，则双曲线C的离心率为 ．
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.(本小题13分)
在▵ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且ac=1+csAcsC．
(1)证明：A=2C；
(2)若a+c=10，csC=34，求b的值．
16.(本小题15分)
自2016年1月1日起，我国全面二孩政策正式实施，这次人口与生育政策的历史性调整，使得“要不要再生一个”，“生二孩能休多久产假”等问题成为千千万万个家庭在生育决策上避不开的话题.为了解针对产假的不同安排方案形成的生育意愿，某调查机构随机抽取了200户有生育二胎能力的适龄家庭进行问卷调查，得到如下数据：
(1)请用相关系数说明该组数据中变量y与x之间的关系可以用线性回归模型拟合，并求y关于x的线性回归方程；
(2)用(1)中所求的经验回归方程来拟合这组成对数据，当样本数据的残差的绝对值大于1时，称该对数据为一个“次数据”，现从这5个成对数据中任取3个做残差分析，求取到的数据中“次数据”个数X的分布列和数学期望．
附：①样本相关系数r=i=1nxi−xyi−y i=1nxi−x2 i=1nyi−y2，当r∈0.75,1时，相关性较强，当r∈0.3,0.75时，相关性一般；
②经验回归方程y=a+bx中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为b=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2，a=y−bx；
③i=15xiyi=1240，i=15yi2=1412， 22≈4.7．
17.(本小题15分)
已知抛物线E:y2=2pxp>0的焦点为F，点F与圆M:x+42+y2=1上点的距离的最小值为4．
(1)求E的方程；
(2)已知▵ABC的三个顶点都在抛物线E上，且▵ABC的重心为点F．
①若直线AB的斜率为2，求▵ABF的周长；
②求▵ABC的面积的最大值．
18.(本小题17分)
如图，在七面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，其中∠BAD=60 ∘，▵BCE，△CEF，▵CDF是等边三角形，且AB⊥BE，点G为CD的中点．
(1)证明：平面ABCD⊥平面EFG；
(2)求直线AE与平面CDF所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
如果数列an中存在四项am，an，ak，ai，使得am−an=ak−ai(m,n,k,i互不相同)，则称数列an为稳健数列．
(1)若数列an是项数为5的正项等比数列，且an是稳健数列，求an的公比q的个数；
(2)若数列an的项数为6，且an=n，从an中任意取出四项组成一个数列，求该数列为稳健数列的频率；
(3)若数列an为等差数列，且公差不为0，从an中任意取出四项组成一个数列，该数列为稳健数列的概率超过110，求数列an的项数的最大值．
【参考公式：i=1ni2=nn+12n+16】
参考答案
1.C
2.B
3.C
4.D
5.A
6.C
7.B
8.A
9.BC
10.ABD
11.ACD
12.143
13.2
14. 855
15.解：(1)因为ac=1+csAcsC，所以acsC=c+ccsA，
由正弦定理得sinAcsC=sinC+sinCcsA，
所以sinC=sinAcsC−csAsinC=sinA−C，
因为A,B,C∈0,π，所以A−C=C．
所以A=2C．
(2)因为A=2C，所以sinA=sin2C=2sinCcsC，
由正弦定理得a=2c×34，所以32c+c=10，所以a=6,c=4，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC，代入计算得16=36+b2−9b，所以b=4或b=5；
当b=4时，a=6,c=4，所以B=C，
又因为A=2C，所以A+B+C=4C=π，所以A=π2，a2≠b2+c2矛盾，所以b=4舍；
当b=5时符合题意；
综上，b=5．

16.解：(1)由已知，x=1514+15+16+17+18=16，
y=154+8+16+20+26=14.8，
5i=1 (xi−x)2=(14−16)2+(15−16)2+(16−16)2+(17−16)2+(18−16)2=10，
则r= 5i=1 (xi−x)(yi−y) 5i=1 (xi−x)2 5i=1 (yi−y)2= 5i=1 xiyi−5xy 5i=1 (xi−x)2 5i=1 yi2−5y2
=1240−5×16×14.8 10× 1412−5×14.82≈0.993，
因为r≈0.993，说明相关性很强，因此变量y与x之间的关系可以用线性回归模型拟合．
因为b^= 5i=1 (xi−x)(yi−y) 5i=1 (xi−x)2= 5i=1 xiyi−5xy 5i=1 (xi−x)2=1240−5×16×14.810=5.6，
a=y−bx=14.8−5.6×16=−74.8，
所以y关于x的线性回归方程为y=5.6x−74.8．
(2)由(1)回归方程为y=5.6x−74.8，样本数据的残差的绝对值大于1时，称该对数据为一个“次数据”，
则由题意，列出下表：
则“次数据”共有2个，非“次数据”共有3个，
从这5个数据中任取3个，“次数据”个数为X，
则PX=0=C33C53=110，PX=1=C32C21C53=35，PX=2=C31C22C53=310，
分布列为：
数学期望为EX=0×110+1×35+2×310=65．

17.解：(1)因为M:x+42+y2=1，所以圆心为M(−4,0)，
半径为1，由题意得F(p2,0)，则MF=p2+4，
因为点F与圆M:x+42+y2=1上点的距离的最小值为4，
所以p2+4−1=4，解得p=2，得到E的方程为y2=4x．
(2)①如图，连接AF，设A(y124,y1),B(y224,y2),C(y324,y3)，
因为▵ABC的重心为点F，且F(1,0)，所以y1243+y2243+y3243=1，
化简得y12+y22+y32=12，也有y1+y2+y33=0，即y1+y2+y3=0，
得到y3=−y1−y2，代入y12+y22+y32=12中，得到y12+y22+(−y1−y2)2=12，
则(y1+y2)2+(y1+y2)2−2y1y2=12，即(y1+y2)2−y1y2=6，
设AB的方程为x=my+n，联立方程组x=my+n，y2=4x，
得到y2−4my−4n=0，且Δ=(−4m)2−4×1×(−4n)=16m2+16n>0，
由韦达定理得y1+y2=4m，y1y2=−4n，代入得(4m)2−(−4n)=6，
即16m2+4n=6，化简得8m2+2n=3，因为直线AB的斜率为2，
所以m=12，代入得到2+2n=3，解得n=12，则y1+y2=2，y1y2=−2，
由弦长公式得AB= (12)2+1× 22−4×(−2)= 15，
由焦半径公式得AF+BF=x1+1+x2+1=y124+y224+2，
=(y1+y2)2−2y1y24+2=4−2×(−2)4+2=4，故▵ABF的周长为4+ 15．
②因为8m2+2n=3，所以m2=3−2n8≥0，解得n≤32，
因为16m2+16n>0，所以16×3−2n8+16n>0，解得n>−12，
综上可得n∈−12,32，由弦长公式得AB= m2+1× 16m2−4×(−4n)，
= m2+1× 16m2+16n，设F到AB的距离为d，AB的方程为x−my−n=0，
由点到直线的距离公式得d=1−n 1+(−m)2=n−1 1+m2，
则由三角形面积公式得S▵ABF=12×n−1 1+m2× m2+1× 16m2+16n，
=12×n−1 1+m2× m2+1×4× m2+n=2× (n−1)2× 3−2n8+n，
=2× (n−1)2× 3+6n8=2× (n−1)2× 3(1+2n)8= 62× (n−1)2(1+2n)，
因为▵ABC的重心为点F，所以S▵ABC=3S▵ABF=3 62× (n−1)2(1+2n)，
令f(n)=(n−1)2(1+2n)，则f′(n)=6n(n−1)，令f′(n)0，n∈−12,0∪1,32，则f(n)在−12,0,1,32上单调递增，
在(0,1)上单调递减，则f(n)极大值为f(0)=1，且f(32)=1，
得到f(n)的最大值为1，故S▵ABC的最大值为3 62．

18.解：(1)连接BG，因为四边形ABCD是菱形，且∠BAD=60 ∘，则▵BCD是等边三角形，
又因点G为CD的中点，则CD⊥GB，又AB//CD，则AB⊥GB，
因AB⊥BE,BE∩BG=B,BE⊂平面BEG，BG⊂平面BEG，则AB⊥平面BEG，
又EG⊂平面BEG，则AB⊥EG，故CD⊥EG，
因为▵CDF是等边三角形，则CD⊥GF，
又GF∩EG=G,GF⊂平面EFG，EG⊂平面EFG，则CD⊥平面EFG，
又CD⊂平面ABCD，则平面ABCD⊥平面EFG．
(2)过点E作EM⊥BG，垂足为M，
由(1)可知AB⊥平面BEG，又因AB⊂平面ABCD，则平面ABCD⊥平面BEG，
因平面ABCD∩平面BEG=BG，EM⊥BG，则EM⊥平面ABCD；
以M为坐标原点，以BG、ME所在直线为x、z轴，以平行于CD所在直线为y轴建立如图所示的直角坐标系，设AB=2，
则EG=BG= 3,CG=1,
在△BGE中，cs∠EGB=3+3−42×3=13，则EM= 3sin∠EGB= 3×2 23=2 63，
MG= 3cs∠EGB= 3×13= 33，
则C− 33,1,0,G− 33,0,0,E0,0,2 63,A2 33,−2,0
由(1)可知CD⊥平面EFG，且CD//y轴，则平面xOz与平面GEF重合，
设Fx,0,zx0,z0，则EF=x,0,z−2 63,CF=x+ 33,−1,z,CE= 33,−1,2 63，
得EF⋅EC=− 33x−2 63z−2 63=2×2×12=2，
EF2=x2+z−2 632=4，又x0,z0，得x=−109 3,z=49 6，即F−109 3,0,49 6，
故GC=0,1,0,GF=−79 3,0,49 6,AE=−2 33,2,2 63，
设平面CDF的法向量m=x1,y1,z1，
则GC⋅m=0GF⋅m=0，即y1=0−79 3x1+49 6z1=0，令x1=4 2，则m=4 2,0,7，
则csAE,m=AE⋅mAEm=2 62 2×9= 39．
则直线AE与平面CDF所成角的正弦值 39．

19.解：(1)由am−an=ak−ai⇔am+ai=ak+an，m，n，k，i互不相同，
不妨设m0)，则f′x=3x2−1，
∴当x∈0, 33时，f′x0，
∴f(x)在0, 32上单调递减，在 32,+∞上单调递增．
∵f(0)=−10,q+1>0，∴1−2q+q2=0，由q≠1，故无解；
③若1+q4=q+q3，则q4−q3=q−1,∴q3(q−1)=q−1，
又q≠1，故无解；
④若1+q4=q+q2，则q4−q2=q−1，
∴q2(q+1)(q−1)=q−1，∵q≠1，∴q3+q2−1=0．
令g(x)=x3+x2−1(x>0),∴g′(x)=3x2+2x=x(3x+2)>0，
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，又g(0)=−10，
∴∃x1∈(0,1)，使得gx1=0，
即存在唯一的q∈(0,1)，使得q3+q2−1=0；
⑤若1+q3=q+q2，则(1+q)1−q+q2=q(1+q),∴q2−q+1=q，故无解．
其他情况同理可知无解．
综上所述，公比q的个数为3．
(2)从an中取出的4项所有可能为：1，2，3，4(稳健数列)；1，2，3，5(不是稳健数列)；
1，2，3，6(不是稳健数列)；1，2，4，5(稳健数列)；1，2，4，6(不是稳健数列)；
1，2，5，6(稳健数列)；1，3，4，5(不是稳健数列)；1，3，4，6(稳健数列)；
1，3，5，6(不是稳健数列)；1，4，5，6(不是稳健数列)；2，3，4，5(稳健数列)；
2，3，4，6(不是稳健数列)；2，3，5，6(稳健数列)；2，4，5，6(不是稳健数列)；
3，4，5，6(稳健数列)；共15种，其中7个稳健数列．
故从an中任意取出4个元素组成一个数列，该数列为稳健数列的概率P=715．
(3)不妨令an=1,2,3,⋯,n，取出的4个数从小到大依次为a