资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
重庆市2025届高三上学期9月大联考数学试题（原卷版+解析版）
展开
这是一份重庆市2025届高三上学期9月大联考数学试题（原卷版+解析版），文件包含重庆市2025届高三上学期9月大联考数学试题原卷版docx、重庆市2025届高三上学期9月大联考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 已知集合，，则集合的真子集的个数为（ ）
A. 7B. 8C. 31D. 32
【答案】A
【解析】
【分析】计算出然后计算真子集个数即可.
【详解】由题得
所以，有是三个元素，所以真子集个数为.
故选：A
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数乘除法运算直接计算即可.
【详解】因为，所以.
故选：C.
3. 已知且，则的最小值为（ ）
A. 4B. 6C. D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用基本不等式求出最小值.
【详解】且，则，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，的最小值为8.
故选：D
4. 已知向量的夹角为，且，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据投影向量的计算公式，结合已知条件，直接求解即可.
【详解】由题可知：，
故在方向上的投影向量为.
故选：B.
5. 已知α，，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据角变换，再根据两角差的余弦公式，以及同角三角函数基本关系式，即可求解.
【详解】由，且，则，则.
则，由，则，，
.
故选：A
6. 命题在上为减函数，命题在为增函数，则命题是命题的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据分段函数的单调性得到不等式得到，分离常数后，由的单调性得到，结合集合的包含关系得到是的充分不必要条件.
【详解】要在上单调递减，
则，解得，
在1,+∞为增函数，则，
解得，
因为是的真子集，故命题是命题的充分不必要条件.
故选：A
7. 某校高三数学老师共有20人，他们的年龄分布如下表所示：
下列说法正确的是（ ）
A. 这20人年龄的分位数的估计值是46.5
B. 这20人年龄的中位数的估计值是41
C. 这20人年龄的极差的估计值是55
D. 这20人年龄的众数的估计值是35
【答案】B
【解析】
【分析】本题根据已知条件提供的数据，可分别计算80%分位数，中位数（50%分位数），但无法计算众数和极差.
【详解】因为，故80%分位数落在区间，设其估计值为m，则，解得，故A错误；
又因为，所以中位数（50%分位数）落在区间，设其估计值为n，则，解得，故B正确；
有表格中数据可知极差不超过，故C错误；
因为本题无法确定年龄的具体数值，故无法判断众数的值，故D错误.
故选：B.
8. 已知函数，.当时，恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，利用导数含参讨论该函数的单调性计算即可.
【详解】令，
则.
若，则在上恒成立，则在上单调递减，
则，不符合题意.
若，则当时，，单调递减，
则，不符合题意
若，则在上恒成立，则在上单调递增，
即，符合题意.
故的取值范围为.
故选：D
【点睛】思路点睛：通过构造函数，直接求导含参讨论函数的单调性，结合端点值，排除的情况即可.
二、多项选择题：本题共3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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 某学校有甲、乙、丙三个社团，人数分别为、、，现采用分层抽样的方法从中抽取人，进行某项兴趣调查．已知抽出的人中有人对此感兴趣，有人不感兴趣，现从这人中随机抽取人做进一步的深入访谈，用表示抽取的人中感兴趣的学生人数，则（ ）
A. 从甲、乙、丙三个社团抽取的人数分别为人、人、人
B. 随机变量
C. 随机变量的数学期望为
D. 若事件“抽取的3人都感兴趣”，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合分层抽样性质求出各社团所需抽取人数判断A，求随机变量的分布列，判断BD，由期望公式求的期望，判断C.
【详解】设甲、乙、丙三个社团分别需抽取人，则
，
所以，，，
所以从甲、乙、丙三个社团抽取的人数分别为人、人、人，A正确；
随机变量的取值有，，，
，，，
所以随机变量的分布列为
所以B错误；
由期望公式可得随机变量的数学期望，C正确；
因为，所以D正确.
故选：ACD.
10. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），为与其中两条曲线的交点，若，则（ ）
A. 开口向上的抛物线的方程为
B. AB=4
C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为
D. 阴影区域的面积大于4
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用旋转前后抛物线焦点和对称轴变化，即可确定抛物线方程；对于B，联立抛物线方程，求出点的坐标，即得；对于C，将直点线与抛物线方程联立求出的坐标，由两点间距离公式求得弦长，利用换元和函数的图象即可求得弦长最大值；对于D，利用以直线近似取代曲线的思想求出三角形面积，即可对阴影部分面积大小进行判断.
【详解】由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为,
将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为，即，故A正确；
对于B，根据A项分析，由可解得，或，即，代入可得，
由图象对称性，可得,故，即B正确；
对于C，
如图，设直线与第一象限花瓣分别交于点,
由解得，由解得，,
即得
则弦长为：，
由图知，直线经过点时取最大值4，经过点时取最小值0，
即在第一象限部分满足，不妨设，则，且，
代入得，，（）
由此函数的图象知，当时，取得最大值为，即C错误；
对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值.
如图，
在抛物线上取一点，使过点的切线与直线平行，
由可得切点坐标为,因,则点到直线的距离为，
于是,由图知，半个花瓣的面积必大于，
故原图中的阴影部分面积必大于，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：本题主要考查曲线与方程的联系的应用问题，属于难题.
解题思路是，理解题意，结合图形对称性特征，通过曲线方程联立，计算判断，并运用函数的图象单调性情况，有时还需要以直代曲的思想进行估算、判断求解.
11. 已知直线，A是之间的一定点并且点A到的距离分别为1，2，B是直线上一动点，作，且使AC与直线交于点C，，则（ ）
A. 面积的最小值为
B. 点到直线的距离为定值
C. 当时，的外接圆半径为
D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，过作的垂线，分别交于点，设，然后表示出，从而可表示出面积，利用三角函数的性质可求得其最小值，对于B，如图，以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，表示出坐标，再由可求出点的坐标，从而可分析判断，对于C，由求出三点的坐标，然后求出，再利用正弦定理可求出的外接圆半径，对于D，由题意可得，化简后利用基本不等式可求得结果.
【详解】对于A，过作的垂线，分别交于点，则，设，
则在中，，
因为，所以在中，，所以，
所以，
因为，所以当且仅当时，取到最大值，
所以面积的最小值为，所以A正确，
对于B，如图，以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，所以，，
所以，
所以，
所以，
所以点到直线的距离为，是定值，所以B正确，
对于C，因为，，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以
，
所以，解得或（舍去），
所以，
所以，，
所以，
所以，，
因为，所以，
所以由正弦定理得，
所以，即的外接圆半径为，所以C错误，
对于D，因为，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最大值为，所以D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题解题的关键是根据题意合理建立平面直角坐标系，利用坐标计算，从而得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 一个词典里包含个不同的单词，其中有个以字母“”开头，其余以其他字母开头.从中选择个单词组成一个新的子集，其中至少包含两个“”开头，一共有__________个这样的子集.（要求用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】符合要求子集可分为三类，结合组合的定义求各类子集的个数，再结合分类加法计数原理求出所有的子集的个数.
【详解】从含有个以字母“”开头的个不同的单词选择个单词，其中至少包含两个“”开头的选法可分为类，
第一类：所选个单词中，有且只有两个“”开头的单词，符合要求选法有；
第二类：所选个单词中，有且只有三个“”开头的单词，符合要求选法有；
第三类：所选个单词中，有且只有四个“”开头的单词，符合要求选法有；
由分类加法计数原理可得，符合要求的子集共有个.
故答案为：.
13. 在的展开式中，若的系数为，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式的展开式可求得，进而可得，可求值.
【详解】由二项式的展开式的通项公式可得第，
令，可得的系数为，
所以，
则，
则.
故答案为：.
14. 已知函数，若函数，当恰有3个零点时，求的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】作出函数的图象，由题意，由图得或，即或，从而转化为与及的交点个数问题，从而依次讨论即可求解.
【详解】如图，作出函数的图象，
令，即，
由图可知，或，
则或，
当，函数无解；
当或，函数只有一个解；
当或，函数有两个解；
当，函数有三个解；
当恰有3个零点时，
或或
或或或
或或或或，
解得.
故答案为：.
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. 如图，在三棱锥中，，，点是的中点.
（1）求绕旋转一周形成的几何体的体积；
（2）点在棱上，且，求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知绕旋转一周形成的几何体为以为底面圆半径，以为高的圆锥，求出体积即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出直线与平面所成角的正弦值，再把角用反三角的形式表示出来即可.
【小问1详解】
如图：因为绕旋转一周形成的几何体为以为底面圆半径的圆锥，
由，，
所以，所以，所以，
又因为，点是的中点，
所以，且，
所以， 所以，且，
所以平面，所以绕旋转一周形成的几何体
为以为底面圆半径，以为高的圆锥，
所以.
【小问2详解】
如图：由上可知：平面，又，
，
所以，所以，为等腰直角三角形，
又由点是的中点，所以，
以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角
坐标系， 由，
，，，，
所以，又有，
设平面的一个法向量为，
则即 令，则，
所以，设直线与平面所成角为，
所以，
所以.
16. 已知的内角所对的边分别是.
（1）求角；
（2）若外接圆的面积为，且为锐角三角形，求周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，可得，再结合余弦定理，即可求得角B；
（2）求出的外接圆半径，由正弦定理结合三角恒等变换可表示出，结合角A的范围，即可求得答案.
小问1详解】
因为，所以由正弦定理得，
化简可得，由余弦定理得，
因为为三角形内角，B∈0,π，所以.
【小问2详解】
因为的外接圆面积为，故其外接圆半径为，
因为，所以由正弦定理可得
故，
所以
，
因为为锐角三角形，则，
，
即的周长的取值范围为.
17. 夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是，若在前一天选择绿豆汤的条件下，后一天继续选择绿豆汤的概率为，而在前一天选择银耳羹的条件下，后一天继续选择银耳羹的概率为，如此往复．（提示：设表示第天选择绿豆汤）
（1）求该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率
（2）求该同学第2天选择绿豆汤的概率；
（3）记该同学第天选择绿豆汤的概率为，求出的通项公式.
【答案】（1）
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用独立事件同时发生的概率公式计算即可；
（2）利用条件概率公式计算即得；
（3）利用全概率公式列式，再利用构造法证明即得.
【小问1详解】
该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率为；
【小问2详解】
设表示第1天选择绿豆汤，表示第2天选择绿豆汤，则表示第1天选择银耳羹，
根据题意得，，
所以．
【小问3详解】
设表示第天选择绿豆汤，则，
根据题意得，，
由全概率公式得，，
即，整理得，，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
所以，所以..
【点睛】关键点点睛：利用全概率公式求随机事件的概率问题，把事件分拆成两个互斥事件与的和，再利用条件概率公式计算是解决问题的关键.
18. 已知数列的前项和为，满足，数列是等比数列，公比.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列满足，其中.
（i）求数列的前2024项和；
（ii）求.
【答案】（1），
（2）（i），（ii）
【解析】
【分析】（1）利用的关系作差结合等比数列的定义计算可求an和bn的通项公式；
（2）（i）根据题意利用等比数列求和公式结合分组求和法计算即可，（ii）根据题意先得出，利用等比数列求和公式及分组求和法计算即可.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
所以，
显然符合上式，所以，
由题意，
所以.
【小问2详解】
（i）易知，
即数列的前2024项中有项分别为，其余项均为1，
故数列的前2024项和；
（ii）由（1）知，而，
所以，
易知，，
所以
19. 已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，渐近线方程为.
（1）求的方程；
（2）若互相垂直的两条直线均过点，且，直线交于两点，直线交于两点，分别为弦和的中点，直线交轴于点，设.
①求；
②记，，求.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）设双曲线方程，表示渐近线方程，从而得到方程组，求出、，即可求出曲线方程；
（2）①首先判断直线的斜率均存在且不为，设的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，即可求出点坐标，同理可得点坐标，根据、、三点共线，表示出，即可得解；②首先得到，再利用并项求和法及错位相减法计算可得.
【小问1详解】
依题意设双曲线方程为，
则渐近线方程为，
则，解得，所以的方程为；
【小问2详解】
①当直线中又一条直线的斜率为，另一条直线的斜率不存在是，直线与轴重合，不符合题意；
所以直线的斜率均存在且不为，
设的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，，，
由，得，
则，所以，，
所以，则，
所以，同理可得，
因为、、三点共线，所以，
又，所以，
因为，所以；
②，
所以
，
设，
则，
所以，
所以，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
年龄
人数
1
2
6
5
4
2
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 已知集合，，则集合的真子集的个数为（ ）
A. 7B. 8C. 31D. 32
【答案】A
【解析】
【分析】计算出然后计算真子集个数即可.
【详解】由题得
所以，有是三个元素，所以真子集个数为.
故选：A
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数乘除法运算直接计算即可.
【详解】因为，所以.
故选：C.
3. 已知且，则的最小值为（ ）
A. 4B. 6C. D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用基本不等式求出最小值.
【详解】且，则，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，的最小值为8.
故选：D
4. 已知向量的夹角为，且，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据投影向量的计算公式，结合已知条件，直接求解即可.
【详解】由题可知：，
故在方向上的投影向量为.
故选：B.
5. 已知α，，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据角变换，再根据两角差的余弦公式，以及同角三角函数基本关系式，即可求解.
【详解】由，且，则，则.
则，由，则，，
.
故选：A
6. 命题在上为减函数，命题在为增函数，则命题是命题的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据分段函数的单调性得到不等式得到，分离常数后，由的单调性得到，结合集合的包含关系得到是的充分不必要条件.
【详解】要在上单调递减，
则，解得，
在1,+∞为增函数，则，
解得，
因为是的真子集，故命题是命题的充分不必要条件.
故选：A
7. 某校高三数学老师共有20人，他们的年龄分布如下表所示：
下列说法正确的是（ ）
A. 这20人年龄的分位数的估计值是46.5
B. 这20人年龄的中位数的估计值是41
C. 这20人年龄的极差的估计值是55
D. 这20人年龄的众数的估计值是35
【答案】B
【解析】
【分析】本题根据已知条件提供的数据，可分别计算80%分位数，中位数（50%分位数），但无法计算众数和极差.
【详解】因为，故80%分位数落在区间，设其估计值为m，则，解得，故A错误；
又因为，所以中位数（50%分位数）落在区间，设其估计值为n，则，解得，故B正确；
有表格中数据可知极差不超过，故C错误；
因为本题无法确定年龄的具体数值，故无法判断众数的值，故D错误.
故选：B.
8. 已知函数，.当时，恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，利用导数含参讨论该函数的单调性计算即可.
【详解】令，
则.
若，则在上恒成立，则在上单调递减，
则，不符合题意.
若，则当时，，单调递减，
则，不符合题意
若，则在上恒成立，则在上单调递增，
即，符合题意.
故的取值范围为.
故选：D
【点睛】思路点睛：通过构造函数，直接求导含参讨论函数的单调性，结合端点值，排除的情况即可.
二、多项选择题：本题共3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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 某学校有甲、乙、丙三个社团，人数分别为、、，现采用分层抽样的方法从中抽取人，进行某项兴趣调查．已知抽出的人中有人对此感兴趣，有人不感兴趣，现从这人中随机抽取人做进一步的深入访谈，用表示抽取的人中感兴趣的学生人数，则（ ）
A. 从甲、乙、丙三个社团抽取的人数分别为人、人、人
B. 随机变量
C. 随机变量的数学期望为
D. 若事件“抽取的3人都感兴趣”，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合分层抽样性质求出各社团所需抽取人数判断A，求随机变量的分布列，判断BD，由期望公式求的期望，判断C.
【详解】设甲、乙、丙三个社团分别需抽取人，则
，
所以，，，
所以从甲、乙、丙三个社团抽取的人数分别为人、人、人，A正确；
随机变量的取值有，，，
，，，
所以随机变量的分布列为
所以B错误；
由期望公式可得随机变量的数学期望，C正确；
因为，所以D正确.
故选：ACD.
10. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），为与其中两条曲线的交点，若，则（ ）
A. 开口向上的抛物线的方程为
B. AB=4
C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为
D. 阴影区域的面积大于4
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用旋转前后抛物线焦点和对称轴变化，即可确定抛物线方程；对于B，联立抛物线方程，求出点的坐标，即得；对于C，将直点线与抛物线方程联立求出的坐标，由两点间距离公式求得弦长，利用换元和函数的图象即可求得弦长最大值；对于D，利用以直线近似取代曲线的思想求出三角形面积，即可对阴影部分面积大小进行判断.
【详解】由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为,
将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为，即，故A正确；
对于B，根据A项分析，由可解得，或，即，代入可得，
由图象对称性，可得,故，即B正确；
对于C，
如图，设直线与第一象限花瓣分别交于点,
由解得，由解得，,
即得
则弦长为：，
由图知，直线经过点时取最大值4，经过点时取最小值0，
即在第一象限部分满足，不妨设，则，且，
代入得，，（）
由此函数的图象知，当时，取得最大值为，即C错误；
对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值.
如图，
在抛物线上取一点，使过点的切线与直线平行，
由可得切点坐标为,因,则点到直线的距离为，
于是,由图知，半个花瓣的面积必大于，
故原图中的阴影部分面积必大于，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：本题主要考查曲线与方程的联系的应用问题，属于难题.
解题思路是，理解题意，结合图形对称性特征，通过曲线方程联立，计算判断，并运用函数的图象单调性情况，有时还需要以直代曲的思想进行估算、判断求解.
11. 已知直线，A是之间的一定点并且点A到的距离分别为1，2，B是直线上一动点，作，且使AC与直线交于点C，，则（ ）
A. 面积的最小值为
B. 点到直线的距离为定值
C. 当时，的外接圆半径为
D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，过作的垂线，分别交于点，设，然后表示出，从而可表示出面积，利用三角函数的性质可求得其最小值，对于B，如图，以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，表示出坐标，再由可求出点的坐标，从而可分析判断，对于C，由求出三点的坐标，然后求出，再利用正弦定理可求出的外接圆半径，对于D，由题意可得，化简后利用基本不等式可求得结果.
【详解】对于A，过作的垂线，分别交于点，则，设，
则在中，，
因为，所以在中，，所以，
所以，
因为，所以当且仅当时，取到最大值，
所以面积的最小值为，所以A正确，
对于B，如图，以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，所以，，
所以，
所以，
所以，
所以点到直线的距离为，是定值，所以B正确，
对于C，因为，，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以
，
所以，解得或（舍去），
所以，
所以，，
所以，
所以，，
因为，所以，
所以由正弦定理得，
所以，即的外接圆半径为，所以C错误，
对于D，因为，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最大值为，所以D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题解题的关键是根据题意合理建立平面直角坐标系，利用坐标计算，从而得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 一个词典里包含个不同的单词，其中有个以字母“”开头，其余以其他字母开头.从中选择个单词组成一个新的子集，其中至少包含两个“”开头，一共有__________个这样的子集.（要求用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】符合要求子集可分为三类，结合组合的定义求各类子集的个数，再结合分类加法计数原理求出所有的子集的个数.
【详解】从含有个以字母“”开头的个不同的单词选择个单词，其中至少包含两个“”开头的选法可分为类，
第一类：所选个单词中，有且只有两个“”开头的单词，符合要求选法有；
第二类：所选个单词中，有且只有三个“”开头的单词，符合要求选法有；
第三类：所选个单词中，有且只有四个“”开头的单词，符合要求选法有；
由分类加法计数原理可得，符合要求的子集共有个.
故答案为：.
13. 在的展开式中，若的系数为，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式的展开式可求得，进而可得，可求值.
【详解】由二项式的展开式的通项公式可得第，
令，可得的系数为，
所以，
则，
则.
故答案为：.
14. 已知函数，若函数，当恰有3个零点时，求的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】作出函数的图象，由题意，由图得或，即或，从而转化为与及的交点个数问题，从而依次讨论即可求解.
【详解】如图，作出函数的图象，
令，即，
由图可知，或，
则或，
当，函数无解；
当或，函数只有一个解；
当或，函数有两个解；
当，函数有三个解；
当恰有3个零点时，
或或
或或或
或或或或，
解得.
故答案为：.
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. 如图，在三棱锥中，，，点是的中点.
（1）求绕旋转一周形成的几何体的体积；
（2）点在棱上，且，求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知绕旋转一周形成的几何体为以为底面圆半径，以为高的圆锥，求出体积即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出直线与平面所成角的正弦值，再把角用反三角的形式表示出来即可.
【小问1详解】
如图：因为绕旋转一周形成的几何体为以为底面圆半径的圆锥，
由，，
所以，所以，所以，
又因为，点是的中点，
所以，且，
所以， 所以，且，
所以平面，所以绕旋转一周形成的几何体
为以为底面圆半径，以为高的圆锥，
所以.
【小问2详解】
如图：由上可知：平面，又，
，
所以，所以，为等腰直角三角形，
又由点是的中点，所以，
以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角
坐标系， 由，
，，，，
所以，又有，
设平面的一个法向量为，
则即 令，则，
所以，设直线与平面所成角为，
所以，
所以.
16. 已知的内角所对的边分别是.
（1）求角；
（2）若外接圆的面积为，且为锐角三角形，求周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，可得，再结合余弦定理，即可求得角B；
（2）求出的外接圆半径，由正弦定理结合三角恒等变换可表示出，结合角A的范围，即可求得答案.
小问1详解】
因为，所以由正弦定理得，
化简可得，由余弦定理得，
因为为三角形内角，B∈0,π，所以.
【小问2详解】
因为的外接圆面积为，故其外接圆半径为，
因为，所以由正弦定理可得
故，
所以
，
因为为锐角三角形，则，
，
即的周长的取值范围为.
17. 夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是，若在前一天选择绿豆汤的条件下，后一天继续选择绿豆汤的概率为，而在前一天选择银耳羹的条件下，后一天继续选择银耳羹的概率为，如此往复．（提示：设表示第天选择绿豆汤）
（1）求该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率
（2）求该同学第2天选择绿豆汤的概率；
（3）记该同学第天选择绿豆汤的概率为，求出的通项公式.
【答案】（1）
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用独立事件同时发生的概率公式计算即可；
（2）利用条件概率公式计算即得；
（3）利用全概率公式列式，再利用构造法证明即得.
【小问1详解】
该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率为；
【小问2详解】
设表示第1天选择绿豆汤，表示第2天选择绿豆汤，则表示第1天选择银耳羹，
根据题意得，，
所以．
【小问3详解】
设表示第天选择绿豆汤，则，
根据题意得，，
由全概率公式得，，
即，整理得，，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
所以，所以..
【点睛】关键点点睛：利用全概率公式求随机事件的概率问题，把事件分拆成两个互斥事件与的和，再利用条件概率公式计算是解决问题的关键.
18. 已知数列的前项和为，满足，数列是等比数列，公比.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列满足，其中.
（i）求数列的前2024项和；
（ii）求.
【答案】（1），
（2）（i），（ii）
【解析】
【分析】（1）利用的关系作差结合等比数列的定义计算可求an和bn的通项公式；
（2）（i）根据题意利用等比数列求和公式结合分组求和法计算即可，（ii）根据题意先得出，利用等比数列求和公式及分组求和法计算即可.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
所以，
显然符合上式，所以，
由题意，
所以.
【小问2详解】
（i）易知，
即数列的前2024项中有项分别为，其余项均为1，
故数列的前2024项和；
（ii）由（1）知，而，
所以，
易知，，
所以
19. 已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，渐近线方程为.
（1）求的方程；
（2）若互相垂直的两条直线均过点，且，直线交于两点，直线交于两点，分别为弦和的中点，直线交轴于点，设.
①求；
②记，，求.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）设双曲线方程，表示渐近线方程，从而得到方程组，求出、，即可求出曲线方程；
（2）①首先判断直线的斜率均存在且不为，设的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，即可求出点坐标，同理可得点坐标，根据、、三点共线，表示出，即可得解；②首先得到，再利用并项求和法及错位相减法计算可得.
【小问1详解】
依题意设双曲线方程为，
则渐近线方程为，
则，解得，所以的方程为；
【小问2详解】
①当直线中又一条直线的斜率为，另一条直线的斜率不存在是，直线与轴重合，不符合题意；
所以直线的斜率均存在且不为，
设的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，，，
由，得，
则，所以，，
所以，则，
所以，同理可得，
因为、、三点共线，所以，
又，所以，
因为，所以；
②，
所以
，
设，
则，
所以，
所以，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
年龄
人数
1
2
6
5
4
2
相关试卷
重庆市2025届高三上学期9月大联考数学试题： 这是一份重庆市2025届高三上学期9月大联考数学试题，共14页。
江苏百校大联考2024届高三上学期第五次考试数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份江苏百校大联考2024届高三上学期第五次考试数学试题（原卷版+解析版），共12页。
江苏百校大联考2024届高三上学期第五次考试数学试题(原卷及解析版)： 这是一份江苏百校大联考2024届高三上学期第五次考试数学试题(原卷及解析版)，文件包含江苏百校大联考2024届高三上学期第五次考试数学试题原卷版pdf、江苏百校大联考2024届高三上学期第五次考试数学试题解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
