重庆市巴蜀中学2025届高三下学期二模数学试题 含解析

这是一份重庆市巴蜀中学2025届高三下学期二模数学试题 含解析，共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 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. “” 是 “” 的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用充分条件与必要条件的判断方法，即可求解.
【详解】因为，整理得到且，即，
又，所以” 是 “” 的充分不必要条件，
故选：A.
2. 过点且与抛物线有且仅有1个公共点的直线的条数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象可知直线符合题意，求导，根据导数的几何意义求切线，即可得结果.
【详解】如图，直线与抛物线有且仅有1个公共点，符合题意，
将求导可得，
设切点坐标为，切线斜率，
则切线方程为，
代入点可得，解得或，
可知过点的切线有2条，
综上所述：符合题意的直线有3条.
故选：D.
3. 复数在复平面内对应的点不可能在第（ ）象限.
A. 一B. 二C. 三D. 四
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算结合复数的几何意义可得复数在复平面内对应的点为，进而分析求解即可.
【详解】因为，
可知复数在复平面内对应的点为，
令，解得，可知点可能在第一象限；
令，解得，可知点可能在第二象限；
令，无解，可知点不可能在第三象限；
令，解得，可知点可能在第四象限；
综上所述：点不可能在第三象限.
故选：C.
4. 已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，且圆锥的底面积为 ，则此圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合圆锥的结构特征列式求，进而可得体积.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
由题意可得：，解得，
所以圆锥的体积为.
故选：B.
5. 在钝角中，内角的对边分别为，且最大角，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，结合余弦定理运算求解.
【详解】由题意可知：，则，
由余弦定理可得，
则，解得，
所以的取值范围是.
故选：D.
6. 若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，即，将问题转化成直线与圆有交点，从而得到，即可求解.
【详解】令，又，令，整理得到，
由题可得，整理得到，解得，
所以，
故选：B.
7. 我们解不等式时，可以采用如下方法：等价于，即. 根据以上思路求解: 函数的最小值为（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意整理可得，构建，求导，利用导数求其最值，即可得结果.
【详解】因为，则，
两边同时取对数可得，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，即，可得，
所以函数的最小值为.
故选：D.
8. 已知向量都是单位向量，且向量满足向量的夹角为，则的最大值为（ ）
A. 2B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据模长关系可得，设，分类讨论点与直线的位置关系，结合圆的性质即可得结果.
【详解】由题意可知：，
因为，
即，则，
可得，且，所以，
设，
则，
由题意可知：，
若位于直线两侧，且，可知四点共圆，
且圆心为，半径，其中点优弧上，不包括点，
则的最大值即为圆的直径；
若位于直线同侧，且，可知四点共圆，
且圆心为，半径，其中点优弧上，不包括点，此时；
综上所述： 的最大值为2
故选：A.
二、多项选择题（本大题共 3 个小题，每小题 6 分，共 18 分，在每个给出的四个选项中，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. 若函数的图象经过平移后可以得到函数的图象，则称函数与是 “全等函数”. 下列各组函数中，与是 “全等函数” 的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于ABC：根据图象变换分析判断即可；对于D：根据函数定义域分析判断.
【详解】对于选项A：由题意可得：，
将函数的图象向右平移个单位，
可得，故A正确；
对于选项B：，
将函数的图象向左平移个单位，可得，故B正确；
对于选项D：，
将函数的图象向上平移个单位，可得，故C正确；
对于选项D：因为的定义域为，而的定义域为，
所以无论怎么平移两函数，图象都不可能重合，故D错误；
故选：ABC
10. 已知 为正实数， ，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 的最小值为 -1
C. 的最小值为 12D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，化简得到，令，得到，结合函数单调性，可判定A正确；由，得到，结合二次函数的性质，可得判定B正确；化简，利用基本不等式，可得判定C不正确；由，得到，可判定D正确.
【详解】由，可得，
对于A中，令，则且，
可得，则，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
可得，所以，所以A正确；
对于B中，由，可得，
则，
当且仅当时，取得最小值，所以B正确；
对于C中，由，
当且仅当时，即时，即时，等号成立，所以C不正确；
对于D中，由，
可得，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为，所以D正确.
故选：ABD.
11. 数的进制是人们利用符号来计数的方法.我们在日常生活中习惯于采用十进制计数与运算，但是在其它领域中，其它进制计数方式也应用广泛，例如计算机处理数据时，采用的就是二进制方法.二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”.若干进制数，其中，则对应的二进制数为.以下说法正确的是（）
A. 十进制数2025用二进制表示为
B. 满足中有且只有3个1的所有二进制数对应的十进制数的和为1275
C. 将对应的二进制数中1的个数记为，则
D. 将对应的二进制数中0的个数记为，令，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据十进制与二进制的转化方法即可判断A，利用组合分析出所有情况即可判断B；分别计算等式左右两侧即可判断；利用二项展开式公式即可判断D.
【详解】对于A：，故A错误；
对于B：，其中中有且只有2个1，有种可能；
所以所有二进制数对应的十进制数的和中，出现次，均出现次，
所以对应的十进制数的和为，故B正确；
对于C：，
则，，
故,，
故，故，故C正确；
对于D：共个数中所有的数转换为二进制后，
总位数都为2026，且最高位都为1；而除最高位之外的剩余2025位中，每一位都是0或者1；
设其中的数，转换为二进制后有个；
在这个数中，转换为二进制后有个0的数共有个，
故，故D正确，
故选：BCD.
三、填空题（本大题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分）
12. 已知，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】以为整体，利用诱导公式可得，再根据倍角公式结合齐次式问题运算求解.
【详解】因为
由
.
故答案为：.
13. 若一组数据的第75百分位数为12，则这组数据的第40百分位数为_____.
【答案】
【解析】
【分析】分析可知第75百分位数为第8位数，结合数据可知或，代入检验即可，进而可得第40百分位数.
【详解】因为，可知第75百分位数为第8位数，
若数据第75百分位数为12，结合数据特值可知或，
若，数据按升序排列可得，
则第75百分位数为21，不合题意；
若，即，数据按升序排列可得，
则第75百分位数为12，符合题意；
综上所述：，此时数据，
又因为，所以这组数据的第40百分位数为.
故答案为：.
14. 已知函数，若函数所有零点的乘积为1，则实数的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的零点可得，再结合指、对数性质分析可知方程有根，方程无根，结合图象即可得结果.
【详解】当时，可得；
当时，可得，当且仅当时，等号成立，
即函数有且仅有1个零点1，
若函数有零点，则，
显然，可得，
假设方程有根，可知方程有两个不相等根，
设为，且，
则，可得，即，
假设方程有根，可知方程有且仅有1个根，设为，
结合题意可知：方程有根，方程无根，
即与无交点，与有2个交点，
结合图象可知：或，解得或，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题（共 77 分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 如图所示，在空间几何体中，四边形为正方形，平面平面.
（1）证明：平面.
（2）求平面与平面所成锐二面角的大小.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，结合面面垂直的性质分析证明；
（2）建系标点，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.
【小问1详解】
由四边形为正方形知，且，则，
因为，则，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知平面且，故互相垂直；
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
不妨设，则，可得，
故，
设平面的法向量是，则，
取，则，可得；
设平面的法向量是，则
取，则，可得；
记平面与平面所成锐二面角为，
则，可知，
故平面与平面所成锐二面角的大小为.
16. 已知函数的图象在处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为.
（1）求值；
（2）记的极大值点为，证明: .
【答案】（1）
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）利用函数求导得切线方程，求出切线与坐标轴交点，结合面积公式运算即可；
（2）根据函数单调性和零点存在性定理可知在定义域内有且仅有1个零点，进而可得的单调性和极值点，结合零点代换分析证明.
【小问1详解】
因为，可知的定义域为，且，
可得，
即切点坐标为，切线斜率为，则切线方程为，
令，可得，
则切线与坐标轴所围成的三角形的面积为，解得.
【小问2详解】
由（1）可得：，，，
因为在定义域内单调递减，
可知在定义域内单调递减，
且，
可知在定义域内有且仅有1个零点，
当时，，即；
当时，，即；
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以的极大值点为，
又因为，可得，
所以.
17. 甲、乙、丙三位同学组队参加一个闯关活动. 每次只能派个人参加闯关活动，每次闯关用时分钟，如有必要则派下一个人继续参加闯关活动，直至三人中有两人闯关成功就视为团队 “挑战胜利”，否则视为 “挑战失败”. 在已经确定 “挑战胜利” 或 “挑战失败” 时，活动立刻结束. 已知甲、乙、丙各自能闯关成功的概率分别为，且假定每人能否闯关成功的事件是相互独立的.
（1）若改变三个人先后参加闯关的顺序，团队 “挑战胜利” 的概率是否会发生变化？请说明理由.
（2）为了使活动平均用时最少，三位同学应该以怎样先后顺序参加闯关活动，并说明理由.
【答案】（1）不会变化，理由见解析
（2）应该以甲、乙、丙或乙、甲、丙顺序闯关，理由见解析
【解析】
【分析】（1）直接求出各种闯关的顺序，团队 “挑战胜利” 的概率，即可求解；
（2）根据条件，直接求出每种闯关的顺序所花的时间的均值，即可求解.
【小问1详解】
不会发生变化，理由如下，
记事件：甲闯关成功，事件：乙闯关成功，事件：丙闯关成功，事件：团队 “挑战胜利”，
因为甲、乙、丙各自能闯关成功的概率分别为，且每人能否闯关成功的事件是相互独立的，
若闯关的顺序为甲、乙、丙，
则，
若闯关的顺序为乙、甲、丙，则，
即有闯关的顺序为甲、乙、丙和闯关的顺序为乙、甲、丙时，团队 “挑战胜利” 的概率一样，
若闯关的顺序为丙、甲、乙，则，
同理有闯关的顺序为甲、丙、乙和闯关的顺序为丙、甲、乙时，团队 “挑战胜利” 的概率一样，
若闯关的顺序为丙、乙、甲，则，
同理有闯关的顺序为乙、丙、甲和闯关的顺序为丙、乙、甲时，团队 “挑战胜利” 的概率一样，
所以改变三个人先后参加闯关的顺序，团队 “挑战胜利” 的概率不会发生变化.
【小问2详解】
由（1）知，若按甲、乙、丙或乙、甲、丙顺序闯关，
用表示所花的时间，显然可能取值为，
又，，
由（1）知的分布列为
则，
若按丙、甲、乙或甲、丙、乙顺序闯关，用表示所花的时间，显然可能取值为，
又，，
由（1）知的分布列为
则，
若按丙、乙、甲或乙、丙、甲顺序闯关，用表示所花的时间，显然可能取值为，
又，，
由（1）知的分布列为
则，
显然有，所以三位同学应该以甲、乙、丙或乙、甲、丙顺序闯关.
18. 已知直线与椭圆交于两点 （在下方，在上方），线段的中点为，直线的斜率为（为坐标原点）.
（1）求椭圆的方程；
（2）若射线与椭圆，直线分别交于 两点，且成等比数列.
（i） 求点到直线的距离的最大值;
（ii） 当直线与轴垂直时，求的外接圆方程.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）设，得到，两式相减，结合斜率公式，化简得到，求得，进而得到椭圆的方程；
（2）（i）设，联立方程组，得到，则，得到，再由的方程为，联立方程组求得，根据成等比数列，得到，列出方程求得，得到直线恒过定点，结合，得到点到直线的距离的最大值；
（ii）由（i）得和，将其代入直线方程，求得，求得直线的方程为，设的外接圆的圆心为，求得，得出圆的半径，进而求得外接圆的方程.
【小问1详解】
解：设，则，
由点在椭圆上，可得，
两式相减，可得，
即，可得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
解：（i）联立方程组，整理得，
设，可得，则，
因为点为的中点，所以，
若射线与椭圆，直线分别交于两点，
可得且射线的方程为，
联立方程组，解得，
因为成等比数列，知，可得，
故，可得，解得，
所以直线的方程为，所以直线恒过定点，
当直线时，可得，点到直线的距离的最大值为.

（ii）由（i）得，
当直线与轴垂直时，可得，
将其代入直线，整理得，
则且，解得（舍去）或，
因为，所以，此时关于轴对称，
此时直线的方程为，此时，
由于外接圆的圆心在轴上，可设的外接圆的圆心为，
可得，解得，
所以的外接圆的半径为，
所以的外接圆的方程为.
19. 存在 ，对任意的 ，当 时，正项数列 都满足 . ，则称 满足 性质. 例如: 当 时， ，则等比数列 满足 性质; 当 时， ，则数列 不满足 性质. 已知数列 同时满足 性质.
（1）证明:数列 为等比数列；
（2）已知 ，若数列 满足: ，其中 . 设 为数列 的前项和，记 .
① 求 的表达式 （用含的式子表示）;
②试判断 与 的大小关系，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据新定义再作差得，再证明其他情况也满足等比数列即可；
（2）①计算得，再利用错位相减法即可得到答案；
②令，作差得到其单调性，则有，再利用等比数列求和公式和放缩法即可证明.
【小问1详解】
因为数列同时满足性质，
所以当时，，
当时，，
当时，由得：，
将式代入式得：，
所以，
又因为，所以；
取，得；
所以当时，数列为等比数列.
设，
将代入式得，所以；
将代入式得，所以；
所以对任意的，数列为等比数列.
【小问2详解】
①因为，所以，所以，
.
当时，，所以为等差数列，
得到：，
所以，
所以，
所以，
两式相减得：，
所以.
②，
理由如下：令，
所以数列单调递减，所以，
所以
.