重庆市第一中学校2025届高三下学期5月高考适应性月考卷 数学试题（含解析）

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一、单选题
1．已知复数则=（ ）
A．B．C．D．2
2．已知集合，，则“”是“”的（ ）
A．充要条件
B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件
D．必要不充分条件
3．平面向量、满足则（ ）
A．B．C．D．
4．的所有二项式系数的第三四分位数是（ ）
A．35
B．28
C．21
D．7
5．在平面直角坐标系中，点满足则P的轨迹为（ ）
A．两条直线
B．椭圆
C．双曲线
D．抛物线
6．设函数的定义域为，若为偶函数，则下列选项一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
7．已知正四棱台的上下底面边长分别为2和4，其外接球的表面积为40π，则该正四棱台的高为（ ）
A．B．C．或D．或
8．已知函数在定义域上的最大值为，最小值为，则的值为（ ）
A．2
B．3
C．
D．与实数λ有关
二、多选题
9．已知函数，下列说法中正确的有（ ）
A．的最大值为1
B．在上单调递增
C．的图象关于直线对称
D．的最小正周期为
10．已知抛物线其焦点为双曲线的离心率为，其左、右焦点分别为，已知在第一象限存在公共点P，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线的渐近线为
B．存在使得点的横坐标为
C．若以为直径的圆与x轴相切于点，则
D．若，设点到准线的距离为，则
11．函数和函数是人工智能领域的两个重要激活函数，关于这两个函数下列说法正确的是（ ）
A．函数在定义域上单调递增
B．不等式的解集为
C．若函数满足恒成立，则称为“可交换算子”，函数和函数是“可交换算子”
D．当时，
三、填空题
12．数列为等比数列，且，设为其前项和，，则 ．
13．在组合学重要分支“图论”中，把经过点的线段的条数定义为该点的“度”，记作，比如在左图中，，在右图中，保留左图，右图原有的连线，增加连线得到的图形中所有点的度数之和为 ．
14．已知且则 ．
四、解答题
15．在中，设角的对边分别为，且
（1）若，求b；
（2）若的面积为求的周长．
16．如图所示，五面体的底面是边长为4的正方形，均为正三角形，顶棱且平面．
（1）求五面体的体积；
（2）求平面和平面所成锐二面角的余弦值．
17．某学校食堂每天午餐最多可以提供3道特色菜，已知该食堂共有4个窗口，且每个窗口恰提供一道特色菜，每道特色菜在每个窗口出现的概率均为．假设各个窗口的供菜彼此独立，同学们可以在任何窗口点菜．
（1）已知食堂的特色菜中包含了“梅菜扣肉”，小明同学最喜爱这道特色菜，求小明某天午餐能吃到“梅菜扣肉”的概率；
（2）我们把一天午餐时食堂所有窗口中出现特色菜的种数称为“膳食多样性指标”．求该食堂“膳食多样性指标”的分布列及数学期望．
18．已知实数函数
（1）当时，过原点作函数图象的切线，求切线的方程；
（2）讨论的单调性；
（3）对任意不等式恒成立，求a的取值集合．
19．在平面直角坐标系中，已知椭圆
（1）椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上运动，证明：为定值，并求出该定值；
（2）对于给定的正整数，经过点的动直线和椭圆交于、两点，为坐标原点，设面积的最大值为．
（i）求；
（ii）证明：.
参考答案
1．【答案】A
【详解】 ，所以.
所以.
故选A.
2．【答案】C
【详解】已知，解不等式，即，所以.
判断充分性：
当时，集合，此时集合中的所有元素都在集合中，满足，所以由“”可以推出“”，充分性成立.
判断必要性：
若，因为集合，集合，所以的值可以为，也可以是其他值如，不一定只能是，即由“”不能推出“”，必要性不成立.
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选C.
3．【答案】C
【详解】已知，对进行展开：
因为，所以，即.
设，则，移项可得，即.
计算，根据向量乘法分配律可得：

计算，对进行展开：
，所以.
设，，根据向量夹角公式可得：
因为，所以.
故选C.
4．【答案】B
【详解】由，则其二项式系数为，，，，
由小到大排列为，，则第三四分位数为.
故选B.
5．【答案】A
【详解】由，则两边平方可得，
整理可得，即，
解得或.
故选A.
6．【答案】D
【详解】因为为偶函数，根据偶函数的定义，对于任意，都有.
对于选项A：在中，找不到合适的值使得且，所以无法得出，A选项错误.
对于选项B：同样在中，找不到合适的值使得且，所以无法得出，B选项错误.
对于选项C：令，则，，此时；令，，，得到，但这并不能说明，C选项错误.
对于选项D：令，在中，，，所以，D选项正确.
故选D.
7．【答案】D
【详解】易知正四棱台上下底面为正方形，则外接圆的半径分别为，，
设外接球的半径为，正四棱台的高为，可得，解得，
易知或.
故选D.
8．【答案】C
【详解】当趋近于时，趋近于负无穷.
若，那么会趋向正无穷；若，会趋向负无穷.
因为函数要有最大值和最小值，所以只能.
当时，函数，取值范围是.
令，则.因为，所以.
把代入函数，得到.
图象开口向下. 对称轴，所以最大值.
在中，最小值在处取得，.
设最大值为，最小值为，则.
故选C.
9．【答案】BC
【详解】根据二倍角正弦公式，可得.
对于选项A，在中，，所以的最大值为，而不是，故A选项错误.
对于选项B，正弦函数的单调递增区间为.
令，解不等式可得.
当时，单调递增区间为，，所以在上单调递增，故B选项正确.
对于选项C，正弦函数的对称轴方程为.
令，解得.
当时，，所以的图象关于直线对称，故C选项正确.
对于选项D，在中，，所以的最小正周期，而不是，故D选项错误.
故选BC.
10．【答案】ACD
【详解】对于选项A，已知双曲线离心率，可得，
两边平方得，又因为，所以，得，
则双曲线的标准方程为，其渐近线方程为，故A选项正确.
对于选项B，双曲线的渐近线与抛物线联立，得到，
解得或或，
因为双曲线渐近线是无限接近双曲线但不相交的直线，
所以当时，双曲线与抛物线无交点，故B选项错误 ；
对于选项C，若以为直径的圆与轴相切于点，
根据圆的性质可知圆心的横坐标为点横坐标的一半，所以.
又因为点在抛物线上，将代入抛物线方程可得，解得，
即，因为在双曲线上，将其代入双曲线方程中，得到.
化简得，解得，故C正确.
对于选项D，已知，又，
由且，可得，则.
由抛物线定义，再由双曲线的定义，.
所以，根据三角形两边之和大于第三边可知，
则，选项D正确.
故选ACD.
11．【答案】CD
【详解】对于选项A，对求导，可得：
令，对求导得，所以单调递增.
又，，由零点存在定理，存在，使得.
当时，，即，函数递减，所以A选项错误.
对于选项B，时该不等式也成立，所以可判断选项B错误.
对于选项C，已知，则需分段讨论：
当时，，所以；
当时，，所以.
即.
同理可验证，
当时，，所以；
当时，，所以.
即.
因为，所以Swish函数和ReLU函数是“可交换算子”，选项C正确.
对于选项D，当时，计算：
，
因为，这意味着对任意，存在使得当时，，即误差小于，选项D正确.
故选CD.
12．【答案】
【详解】由题等比数列的公比为且，
所以，可得，
由，则，
故.
13．【答案】
【详解】原图中共有个点，如果这个点全部相连的边数为，
其中缺失的边为、，所有边的边数为，
故所有的点的度数之和为边数的倍，故所有点的度数之和为.
14．【答案】
【详解】由，即，则，
由，
且，解得，，
所以
.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）由有，又，所以，
又由余弦定理有，所以，
即；
（2）由题意有，所以，
又由余弦定理有，所以，
所以，所以，
所以，
所以的周长为.
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）五面体中，因为平面，
平面，平面平面，所以.
过点作，作，垂足分别为，，
过点作，作，垂足分别为，，
连结，，如图，
取中点，连结，易得，则，
因为，易得，因，是平面内两相交直线，
所以平面，因为平面，所以，
又，是平面内两相交直线，
所以平面，
因为，且和是全等的等边三角形，
所以，，
在中，，，可得，
由分析知，四棱锥和的体积相等，且均为，
三棱柱的体积，
所以，该五面体的体积为.
（2）由（1）及四边形为正方形知，，
所以，，
所以即为平面和平面所成的平面角，
在中，，，
由余弦定理得，
所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为.
17．【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望为
【详解】（1）小明迟到“梅菜扣肉”的概率等价于至少有一个窗口提供该菜的概率，
每个窗口不提供该菜的概率为，个窗口均不提供的概率为，
因此，所求的概率为.
（2）设“膳食多样性指标”为，表示当天食堂提供的不同特色种类，可得取值为，
当时，所有个窗口选同一种菜，共种情况，概率为，
当时，选两种菜且均至少出现一次，先选择两种菜情况数为，
再排除全选一种的情况，概率为，
当时，用全概率减去前两种情况，则，
所以随机变量的分布列如下：
故数学期望.
18．【答案】（1）
（2）函数在递减，在递增
（3）
【详解】（1）已知时，，根据求导公式得.
设切点为，切线斜率，由点斜式得切线方程.
把代入切线方程得，解得，则切线斜率，切线方程为.
（2），定义域，.
分类讨论单调性：
当时，，，；，，，
当时，，，；，，.
综上，函数在递减，在递增.
（3）等价于，
由单调性知等价于，即.
构造函数分类讨论：令.
时，，在上递减，，，矛盾.
时，得，，，递减，，矛盾.
时，，，递增，，矛盾.
时，，，递增；，，递减，，不等式成立.所以取值集合为.
19．【答案】（1）证明见解析，定值为
（2）（i）；（ii）证明见解析
【详解】（1）设，，，则，
当点不在轴上时，由余弦定理可得，
此时；
当点在轴上时，由对称性，不妨设点为椭圆的右顶点，
此时.
综上所述，为定值.
（2）若直线与轴重合，则直线经过原点，此时，、、不能构成三角形，不合乎题意.
设直线的方程为，设点、，
联立可得，
则，可得，
由韦达定理可得，，
原点到直线的距离为，
，
设，则，
设，则，
因为二次函数的图象开口向下，对称轴为直线，
故，
当且仅当时，即当时，等号成立，
由于且，
所以且，只需，所以且，
此时可取到最大值，
当时，此时，此时恒成立，即恒成立，
此时，只需满足即可，即，
所以，当时，的最大值为，
综上所述，.
（i）因为，故；
（ii）当且时，，则，
，
，
所以，，
由于，
所以，
，
所以.
综上所述，.