2026重庆市巴蜀中学高三下学期3月适应性月考卷（七）数学试题含解析

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1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．
2．每小题选出答案后，用2B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．在试题卷上作答无效．
3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟．
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. 样本数据4，16，5，27，6，30，11，21的第25百分位数为（ ）
A. 27B. 24
C. 5D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将样本数据按从小到大的顺序排列，再根据百分位数的定义计算.
【详解】根据题意，将样本数据按从小到大顺序排列为4，5，6，11，16， 21，27， 30，
由于，所以该组数据的第25百分位数为第2个数据与第3个数据的平均值，即.
2. 设，则“”是“”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先解出两个不等式，然后根据充分性和必要性的定义去判断得出答案.
【详解】由，得到，又由，得到，
因为集合是集合的真子集，
所以“”是“”的必要不充分条件.
3. 若等差数列满足且，则数列的前12项和为（ ）
A. 48B. 64
C. 80D. 112
【答案】C
【解析】
【详解】设数列的公差为，则，得，
则，
当时；当时，
因为等差数列前项和为，
前项和为，
则数列的前12项和为.
4. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则使得成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面的位置关系逐项判断即可得.
【详解】A：由，则或，
当时，与可能平行、相交或异面，但不一定垂直，故A错误；
B：由且，则，又，则，故B正确；
C：由且，则，又，则，故C错误；
D：由，不论是否垂直，与可能平行、相交或异面，但不一定垂直，故D错误.
5. 直线绕原点顺时针旋转，再向左平移1个单位，所得到的直线为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线绕原点顺时针旋转，求出旋转后的直线的斜率，再结合平移知识，可得到所求直线.
【详解】设的倾斜角为，则，
当直线绕原点顺时针旋转时， 旋转后的直线的倾斜角为，
其斜率为，
该直线方程为，
再将该直线向左平移1个单位可得：，即.
6 已知向量且，对任意实数，恒有，则（ ）
A. 1B. 2
C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】将模长不等式转化为关于的二次函数，利用二次函数性质，由其在 处取最小值推导出点积.
【详解】不等式等价于，设，
原不等式等价于对所有实数恒成立，即是的最小值，
整理，，
易得二次函数开口向上，在对称轴处取最小值，
则有，解得.
7. 在的二项展开式中，若常数项为240，则项的系数为（ ）
A. 60B. 36
C. 729D. 6
【答案】A
【解析】
【详解】展开式的通项公式为，
令，则，
当时，，，
当时，，，所以，
令，则，所以.
8. 已知均为锐角，则（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据都是锐角，可得，根据，结合同角三角关系以及两角和差公式运算求解.
【详解】由是锐角，，则，
又都是锐角，则，得，
则，
经检验，因为为锐角，所以，
所以 ，
当时，，不符合题意，故舍去；
所以 ，则
.
二、多项选择题（本大题共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. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ）
A. 与有相同的最小值
B. 与有相同的最小正周期
C. 与的图象有相同的对称轴
D. 与的图象有相同的对称中心
【答案】ABC
【解析】
【详解】对于A项，函数的最小值为，
由诱导公式化简得到，
所以函数的最小值为，故A正确；
对于B项，函数的最小正周期为，
函数的最小正周期为，故B正确；
对于C项，令，解得函数对称轴为，
令，得到函数，对称轴仍然为，故C正确；
对于D项，令，得到函数对称中心为，
函数的对称中心为，故D错误.
10. 已知是定义在上的奇函数，函数在处的切线与曲线相切于点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 曲线在处的切线方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据曲线过点可得即可判断A；分析可知函数在处的切线方程为，可得，即可判断C；对求导代入可得，即可判断BD.
【详解】因为曲线过点，则，即，故A正确；
因为函数是定义在上的奇函数，则，
又因为在处切线与曲线相切于点，
由题意可知：函数在处的切线方程为，
则，即，即函数在处的切线方程为，
所以，故C正确；
对求导可得，
代入可得，
即，可得，故B错误；
所以曲线在处的切线方程为，故D正确.
11. 已知抛物线焦点为，准线与轴交于点．过点的直线与抛物线交于两点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若（为坐标原点），则抛物线的方程为
C. 焦点到直线的距离的最大值为
D. 中至多有3个角为锐角
【答案】ABD
【解析】
【分析】设直线的方程为，联立方程组，由，求解，结合韦达定理和抛物线的性质，可判定A正确；根据向量的数量积的坐标运算，列出方程，求得，可判定B正确；利用距离公式，求得，结合，可判定C错误；根据向量的数量积的计算公式，分别求得和，结合数量积的符号，可得判定D正确.
【详解】对于抛物线，可得其焦点，准线方程为，则，
对于A，设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
可得，解得或，
且，
由抛物线的定义，可得，
因为，可得同号，
又由且，所以，所以A正确；
对于B，由，可得，
因为，，可得，解得，
所以抛物线的方程为，所以B正确；
对于C，由焦点到直线的距离为，
因为，所以，所以C错误；
对于D，不妨设在之间，
由向量，
可得，
因为且，可得，
因为在之间，则,故,
所以,，所以为锐角，为钝角；
又由向量，
可得，
当时，可得，此时为锐角，
而，故也为锐角，
综上可得，所以中至多有3个角为锐角，所以D正确.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设，若复数在复平面内对应的点位于虚轴上，则______．
【答案】
【解析】
【分析】借助复数运算法则与虚轴上的点的性质计算即可得.
【详解】，
由该复数在复平面内对应的点位于虚轴上，
则其实部为，即有，解得.
13. 已知函数的图象经过点，若，则______．
【答案】4
【解析】
【详解】函数的图象经过点，
则有，
化简得，故.
14. 函数的值域是_______．
【答案】
【解析】
【分析】换元令，，可知表示点与定点连线的斜率，且点的轨迹为圆，根据图象结合直线与圆的位置关系运算求解.
【详解】因为，且，，
令，，则，
可知表示点与定点连线的斜率，且点的轨迹为圆，
注意到，，三点共线，此时斜率，
若直线与圆相切，显然此时斜率存在，且小于0，
设直线，即，
则，解得或（舍去），
可得，所以函数的值域是.
四、解答题
15. 已知圆锥的顶点为，底面圆的半径为2，体积为．
（1）求圆锥的表面积；
（2）如图，设、是底面圆的半径且是等腰直角三角形，为线段的中点，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由圆锥的体积求出圆锥的高和母线长，根据圆锥的表面积公式计算即可；
（2）建立空间直角坐标系，确定平面的法向量，由空间角的向量求法计算即可.
【小问1详解】
由题意可知圆锥底面半径为2，体积为，高为，
则，解得，则母线长为，
故圆锥的表面积为；
【小问2详解】
由于为圆锥的高，所以,
且，所以分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
，，，，所以，
设平面的法向量为，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
16. 在中，角的对边分别为．已知的外接圆的面积为，．
（1）求的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1）或；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面积求出外接圆半径，再结合正弦定理求出，再利用余弦定理解方程组求解；
（2）利用正弦定理求出，利用同角三角函数关系、倍角公式、两角和的正弦公式求值.
【小问1详解】
设的外接圆的半径为，
则由题意得，得，
由正弦定理，得，
因为，即，则由余弦定理可知为钝角，
因为，所以，
则由余弦定理得，
因为，则，即，
得或，则或；
故或；
【小问2详解】
若，则，则由正弦定理，得，
因为为钝角，故为锐角，所以，
则，，
则.
17. 已知直线分别是双曲线的两条渐近线，设动点到直线的距离分别为．
（1）若，为正常数，求动点的轨迹方程并指出轨迹的形状；
（2）若，为正常数，求动点的轨迹方程并指出轨迹的形状．
【答案】（1）轨迹方程为；当时动点P的轨迹为圆，当时动点P的轨迹为椭圆.
（2）轨迹方程为，轨迹为矩形.
【解析】
【分析】令，利用点到直线的距离公式表示出，由和化简得轨迹方程并判断轨迹的形状.
【小问1详解】
由题意知直线，直线，令，
，化简得轨迹方程为：，
当时，动点P的轨迹为圆；当时，动点P的轨迹为椭圆.
【小问2详解】
，整理得轨迹方程为，
当时，，得，
当时，，得，
当且时，，得，
当且时，，得，
故动点P的轨迹为矩形.
18. 小明手中有2张“中奖”奖券和1张“谢谢惠顾”的未中奖奖券，小红手中有3张“谢谢惠顾”的未中奖奖券．小明与小红商量后，他俩进行交换奖券的游戏：每次小明、小红都从对方手中各随机取一张奖券作为交换．记交换次后，小明恰有1张“中奖”奖券的概率为．
（1）求；
（2）推导与之间的递推关系；
（3）求数列的通项公式及其前项和．
【答案】（1）；
（2）
（3）；
【解析】
【分析】（1）设交换次后，小明恰有张中奖券的概率为，进而求得第1次和第2次交换后的概率的值；
（2）根据题意，分类讨论，求得交换次后，小明恰有1张中奖券的概率的值，结合，即可求解；
（3）由（2）知：，化简得到，得到为等比数列，结合等比数列的通项公式和前项和公式，即可求解.
【小问1详解】
解：设交换次后，小明恰有张中奖券的概率为，
由题意，第1次交换，可得，
所以.
【小问2详解】
解：根据题意，分类讨论，交换次后，小明恰有1张“中奖”奖券的情况：
①交换次后，小明恰有2张“中奖”奖券：；
②交换次后，小明恰有1张“中奖”奖券：，
③交换次后，小明恰有0张“中奖”奖券：，
综上可得，.
【小问3详解】
解：由（2）知：，
设，可得，
令，解得，所以，
又由，所以数列构成首项为，公比为的等比数列，
所以，可得，
所以.
19. 已知函数．
（1）求函数的单调区间与极值；
（2）若函数在上有两个零点，求的取值范围；
（3）①比较与的大小；②比较与的大小；其中为自然对数的底数．
【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是，极大值为，无极小值.
（2）
（3）①；②
【解析】
【分析】（1）对求导，通过导数的正负判断函数的单调性与极值；
（2）将零点问题转化为有两个不同的正根，结合函数的图象即可求解.
（3）通过在的单调性，将代入可得，对，，与同时取对数，结合不等式放缩即可求解.
【小问1详解】
由题意，令，则，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以是极大值点，极大值为，无极小值.
所以的单调递增区间是，单调递减区间是，极大值为，无极小值.
【小问2详解】
由题意得在上有两个零点，
即有两个不同的正根，
即。 两边取对数得，
即，整理得，
即有两个不同的正根，
由（1）得在上单调递增，在上单调递减，
且时，，时，，
且，
所以当，即时，有两个不同的正根，
故的取值范围是.
【小问3详解】
① 对与同时取对数得，，
比较与等价于比较3与，
由（1）知，当时，单调递增，
故当时，，即，
令，得，即，故，
故，
即，即得证.
②对与同时取对数得，，
比较与等价于比较与，
由上知，
即，即得证.