重庆市七校联盟2025届高三下学期三模数学试题（Word版附解析）

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一、单项选择题:本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在给出的四个选项中， 只有一项
符合题目要求.
1. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对数函数单调性解不等式，再利用交集的定义求解.
【详解】依题意， ，而 ，
所以 .
故选：A
2. 复数 与 都是纯虚数，则 的虚部为（ ）
A. B. i C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】令 ， 且 ，并化简纯虚数 列方程求参数，即可得.
【详解】由题设，令 ， 且 ，
则 为纯虚数，
所以 ，可得 ，即 的虚部为 .
故选：C
3. 已知向量 ，若 ，则 （ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
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【分析】利用向量线性运算的坐标表示及共线向量的坐标表示，列式求解.
【详解】由 ，得 ，则 ，
由 ，得 ，所以 .
故选：C
4. 已知 ，则数列 前 2025 项的第 1 百分位数是（ ）
A. -1 B. 1 C. 0 D.
【答案】A
【解析】
【分析】所求为数列 的前 2025 项从小到达排列后的第 21 项，由此即可求解.
【详解】因为 ，故所求为数列 的前 2025 项从小到达排列后的第 21 项，
当 时， ，
当 时， ，
故数列 的前 2025 项有 个 ， 个 ，
所以数列 的前 2025 项从小到达排列后的第 21 项为 .
故选：A.
5. 已知等比数列 的前 项和为 ，若 ，则公比 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比的求和公式即可求解.
【详解】由 可知公比 ，则 ，
解得 ，
故选：D
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6. 已知函数 在 上单调递减，则 的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数、二次函数单调性及分段函数单调性列式求解.
【详解】依题意，函数 在 上单调递减，则 ，解得 ，
又函数 在 上单调递减，则 ，
所以 的取值范围是 .
故选：B
7. 已知直线 与圆 相交于 M、N 两点，则 的最大值为
（ ）．
A. B. C. 4 D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出直线 所过的定点 ，
方法一：取 中点 B，易得 ，进而可得出答案.
方法二：设 、 夹角为 ，将 平方，结合数量积的运算律及余弦定理化简即可得解.
【详解】由 ，得 ，
令 ，解得 ，
所以直线 过定点 ，
由 得圆心 ，半径
方法一：如图，取 中点 B，
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，
当且仅当 两点重合时取等号，
所以 的最大值为 .
方法二：（平方法）设 、 夹角为 ，
，
当 与 垂直时， 最小，并且最小值为 ，
此时 ，即 ．
故选：B.
8. 不等式 对任意 恒成立，则 的最小值为（ ）
A B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
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【分析】先由题意得到 是 的一个根，从而得到 之间的关系式为 ，消元
并利用均值不等式求解即可.
【详解】由题意可得，需满足 是 的一个根，
即 ，且 ，所以 ，
，
当且仅当 ，即 时取等号.
所以 的最小值为 .
故选：A.
二、选择题:本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，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. 若随机变量 ，且 ，随机变量 ，且 ，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用二项分布的期望、方差公式计算判断 A，C；利用正态分布期望、方差的性质计算判断 B，D
作答.
【详解】对于 A，随机变量 ，由 ，得 ，A 正确；
对于 C， ，则 ，C 错误；
对于 B，随机变量 ，则 ，
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，B 正确；
对于 D， ，D 正确．
故选：ABD
10. 已知函数 ，则（ ）
A. 函数 的最小正周期为
B. 函数 关于点 中心对称
C. 函数 的图像向左平移 个单位，得到的函数图像关于 轴对称
D. 函数 在 上不单调，则 取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由三角恒等变换化简函数 .求出函数的周期判断 A 选项；求出函数对称中心判断 B 选项；由
函数的平移得到平移后的函数解析式，从而知道函数的对称性判断 C 选项；求出其导函在对应区间上的值
域，由题意建立不等式组，解得 的取值范围判断 D 选项.
【详解】函数 ，
对于 A 选项：∵ ，∴ ，A 选项正确；
对于 B 选项：令 ，解得 ，∴ 是函数的一个对称中心，
B 选项不正确；
对于 C 选项：平移后的函数 ，函数 图像关于 轴
对称，C 选项正确；
对于 D 选项： ，当 时， ，∴
，要想函数不单调，则 ，∴ ，D 选项正确.
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故选：ACD.
11. 将函数 的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列 （其中 ），则
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意求导，极值点即 时，再转化为两函数的交点，通过作图分析即可逐项判断.
【详解】 ，令 ，即 ，
所以数列 从左往右如图所示，
时， 即 ，所以 在 单调递增，
，故 A 错误；
根据图像可知 ，所以 ，故 B 正确；
，所以 ，故 C 错误；
由题知存在 使 ，此时 ，
又 ，且 在 单调递增，所以 ，
即 ，故 D 正确；
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故选：BD.
第 II 卷（非选择题共 92 分）
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知 ，则 ______.
【答案】
【解析】
【分析】利用两角差的余弦展开式求出 ，再由正弦的二倍角公式可得答案.
【详解】因为 ，
所以 ，
则
.
故答案为： .
13. 双曲线 的左顶点为 A，点 、 均在 上，且关于原点对称，若直线
、 的斜率之积为 2，则 的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】设 ，由题可得 ，由直线 、 的斜率之积为 2，可得 ，然
后由 在 上，可得 ，据此可得答案.
【详解】由题 ，设 ，因 、 关于原点对称，则 ，
则 ，又 在 上，
则 ，
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则 .
故答案为：
14. 正方体 的棱长为 3，平面 内一动点 满足 ，当三棱锥
的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为_______.
【答案】
【解析】
【分析】由正方体的性质可得 点到 的距离即为 点平面 的距离，在平面 中，由
可确定 点的轨迹为圆，进而可确定 点在直线 上，且 ，根据正方体的性质
和 为直角三角形，进而可得 三棱锥外接球的半径为 ，进而可得.
【详解】由题意 点到平面 的距离最大时，三棱锥 的体积取最大值，
由正方体的性质可知平面 平面 ，且平面 平面 ，
故 点到 的距离即为 点平面 的距离，
如图以正方形 的边 为 轴建立平面直角坐标系，则 ， ，
设 ，则由 可得 ，
整理得 ，故 点的轨迹为以 为圆心，以 2 为半径的圆，
故 点到 的最大距离为 ，此时 点在直线 上，
由正方体的性质可得 平面 ，又 平面 ，
故 ， 为直角三角形，同理 也为直角三角形，
故 的中点 到 的距离都相等，即为三棱锥 外接球的球心，
其半径为 ，
故其表面积为
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故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题先需根据 确定 点的轨迹为圆，当三棱锥 的体积取最大
值时，可确定 点的位置，进而根据正方体的性质可得 为外接球的直径，进而可得.
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. 记 的内角 的对边分别为 ，已知 .
（1）若 ，求 的面积；
（2）若 ，求 .
【答案】（1）2 （2） 或
【解析】
【分析】（1）将已知条件代入 即可；
（2）利用余弦定理求出 ，然后利用正弦定理边化角，结合和差公式、二倍角公式化简可得.
【小问 1 详解】
在 中， ．
因为 ，
所以 ．
小问 2 详解】
在 中，由余弦定理可得 ，
因为 ，所以 ，
，由正弦定理得 ．
因为 ，所以 ．
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化简得 ，即 ，
所以 ，整理得 ．
因为 ，所以 ，
解得 ，或 ，所以 ，或 ．
16. 已知函数 ，函数 在点 处的切线方程为 .
（1）求 的值；
（2）讨论 的零点个数.
【答案】（1） ，
（2）2
【解析】
【分析】（1）求导得到 表达式，由 求出 ，再利用 求出 b.
（2）根据第（1）问得到 和 ，令 ，对 求导判断 的单调性，依据 正
负，判断 的单调性，得出 最小是 ，算出 小于 0，再根据零点存在性定理即可判断零
点个数.
【小问 1 详解】
求导得到 ，
根据函数在点 处的切线方程为 ，得到 .
把 代入 得 ，
因为 ，所以 ，即 .
又 ，解得 .
【小问 2 详解】
由第（1）问知 ， .
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令 ，求导得 .
当 ， ， 在 递减；
当 ， ， 在 递增.
， ，所以存在唯一 使 ，即 .
当 ， ， 在 递减；
当 ， ， 在 递增，所以 .
，又 ， ，
根据零点存在定理， 在 和 各有一个零点，共 2 个零点.
17. 在如图所示的五面体中，四边形 与 均为等腰梯形， ， ，
， ， ， 、 分别为 、 的中点， 与 相交于点 ．
（1）求证： 平面 ；
（2）若 平面 ，求二面角 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接 ，取 的中点 ，连接 、 ，证明出四边形 为平行四边形，可得出
，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出 ，然后以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间
直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角 的余弦值.
【小问 1 详解】
连接 ，取 的中点 ，连接 、 ，
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结合已知可得 且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 为 中点，
因为 为 的中点， 为 中点，则 ，且 ，
因为 为 的中点，则 ，且 ，
则 ，且 ，故四边形 为平行四边形，
所以 ，又因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．
【小问 2 详解】
因为 ， ， 为 的中点，则 ，
又因为 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，
因为 ，则 ，故 ，
因为 平面 ，以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所
示的空间直角坐标系，
则 、 、 、 、 ，
设平面 的一个法向量为 ，
， ，
由 ，令 ，则 ， ，
可得平面 的一个法向量为 ．
设平面 的一个法向量为 ， ，
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由 ，令 ，则 ， ，
可得平面 的一个法向量为 ，
所以， ，
由图可知，二面角 的平面角为锐角，
所以，二面角 的余弦值为 .
18. 已知椭圆 的离心率 ，其上、下顶点分别为 ，右焦点为
，斜率为 的直线 交 于不同的两点 、 .当 过点 且 时， .
（1）求 的方程；
（2）当直线 、 的斜率都存在时，若 ，求证:直线 过定点；
（3）在（2）的条件下，当 的面积取得最大值时，求 的值.
【答案】（1） ；
（2）证明见解析； （3） .
【解析】
【分析】（1）由离心率可得椭圆 的方程为 ，求出直线 方程并与椭圆方程联立，结合乘积
求出 即可.
（2）设出直线 的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算推理得证.
（3）利用（2）中信息求出弦 长，进而表示出三角形面积，利用导数探讨最大值条件即可.
【小问 1 详解】
由椭圆 的离心率 ，得 ，解得 ，
，椭圆 的方程为 ，即 ，
直线 的斜率 且过点 ，方程为 ，
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由 ，解得 或 ，不妨令 ，
由 ，得 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 .
【小问 2 详解】
由（1）知， ，设直线 的方程为 ， ，
由 消去 得 ，
， ，
，解得 ，直线 的方程为 ，
所以直线 恒过定点 .
【小问 3 详解】
由（2）得 ，
，点 到直线 的距离 ，
则 的面积 ，令 ，
函数 ，求导得 ，
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当 时， ；当 时， ，
因此函数 在 上单调递增，在 上单调递减，当 时， 取得最大值，
所以当 的面积取得最大值时， .
19. 已知一个袋子中有 个红球， 个黑球， ，这些球除颜色外完全相同.
（1）当 ， 时，甲乙进行摸球比赛，按先甲后乙依次轮流摸球.某人摸球时从袋子中摸出一个球，
记下颜色后放回袋中，摸到红球得一分，否则对方得一分（记为一次摸球），规定当一方比另外一方多 2 分
时胜出，比赛结束.
①求第 6 次摸球后比赛结束，且甲乙共摸到 3 次红球的概率；
②若规定甲乙摸球次数的总和达到 （ ， ，且 为常数）时也停止比赛，设随机变量 为比
赛结束时的摸球次数，求随机变量 的数学期望 .
（2）将口袋中的球随机逐个取出，并放入编号为 的盒子中，其中第 次取出的球放入编号
为 的盒子，随机变量 表示最后一个取出的黑球所在的编号的倒数， 是 的数学
期望，求证:当 时，
【答案】（1）① ；② ；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）①利用独立事件的乘法公式计算即可；
②分析出 的可能取值，再计算分布列和数学期望即可；
（2）先写出 的可能取值，再计算分布列和均值，最后合理放缩即可.
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【小问 1 详解】
①设 事件为第 6 次摸球后比赛结束，且甲乙共摸到 3 次红球，
则 .
答：第 6 次摸球后比赛结束，且甲乙共摸到 3 次红球的概率为 .
②由题意知 的可能取值为 ， ，
则 ， ， ，
， .
其概率分布如下：
2 4 6
所以 ，
设 ，
，
所以 ，
所以 ，
所以
小问 2 详解】
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由题意知 的可能取值为 ， ，
则 ， ， ，
则其概率分布如下：
，
因为 ，
所以
，
又因为 ，所以 .
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