重庆市乌江新高考协作体2024-2025学年高三上学期10月联考数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市乌江新高考协作体2024-2025学年高三上学期10月联考数学试题（Word版附解析），文件包含重庆市乌江新高考协作体2025届高三上学期高考质量调研二10月数学试题Word版含解析docx、重庆市乌江新高考协作体2025届高三上学期高考质量调研二10月数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。

（分数：150分，时间：120分钟）
一、选择题：本题共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. 由1，2，3抽出一部分或全部数字所组成的没有重复数字的自然数集合有（ ）个元素
A. 15B. 16C. 17D. 18
【答案】A
【解析】
【分析】根据取出的数字个数进行分类，每一类中一一列举出来计数即可.
【详解】只取一个元素组成的没有重复数字的自然数：共3个；
只取两个元素组成的没有重复数字的自然数：有12，21，13，31，23，32共6个；
取三个元素组成的没有重复数字的自然数：有123，132，213，231，312，321共6个；
共有种方法，即由1，2，3抽出一部分或全部数字所组成的没有重复数字的自然数集合有15个元素，
故选：A.
2. 若直线是曲线的切线，则（ ）
A. B. C. 1D. e
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数，根据切点及切线的斜率求得正确答案.
【详解】，，
依题意，直线是曲线的切线，
设切点为，则，，
通过对比系数可得，则.
故选：B
3. 已知，则（ ）
A. 3B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用二倍角余弦公式及二倍角正弦公式计算再结合同角三角函数关系求解.
【详解】.
故选：D.
4. 若，，三点共线，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用共线向量的性质，设且，进而列方程求解.
【详解】三点共线，且，
得，解得,
故选：A.
5. 《九章算术》中有“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步．问：勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图1，用对角线将长和宽分别为b和a的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）将三种颜色的图形进行重组，得到如图2所示的矩形，该矩形长为，宽为内接正方形的边长d．由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论，如图3，设D为斜边的中点，作直角三角形的内接正方形对角线，过点A作于点F，则下列推理正确的是（ ）
A. 由图1和图2面积相等得B. 由可得
C. 由可得D. 由可得
【答案】C
【解析】
【分析】根据图1，图2面积相等，可求得d的表达式，可判断A选项正误，由题意可求得图3中的表达式，逐一分析B、C、D选项，即可得答案
【详解】对于A，由图1和图2面积相等得，所以，故A错误；
对于B，因为，所以，所以，，
因为，所以，整理得，故B错误；
对于C，因为D为斜边BC的中点，所以，
因为，所以，整理得，故C正确；
对于D，因为，所以，整理得，故D错误．
故选：C．
6. 已知设，则，则的最小值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】先求得复数实部与虚部的关系，再去求的最小值即可解决.
【详解】由，可得，可令，
则
（为锐角，且）
由，可得
则的最小值为3.
故选：A
7. 若数列为正项等比数列，，数列为公差为6，首项为1的等差数列，则数列前5项和的最小值为（ ）
A. B. C. D. 65
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可得，利用导数可求其最小值.
【详解】因为数列为公差为6，首项为1的等差数列，
所以
若数列为正项等比数列，，设公比为，
则，
所以数列前5项和为，
设，求导可得，
令，可得，
在上增函数，又，
当时，，所以在上为增函数，
又，
所以当,，，，
所以，
当,,
所以则数列前5项和的最小值为.
故选：A.
8. 设，,，则下列大小关系正确的是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先通过构造函数得到当时，，再通过构造函数进一步得到，，由此即可比较，进一步比较，由此即可得解.
【详解】设，则，
所以在上单调递增，
所以，即，
令，则，
所以在上单调递增，
从而，即，，
所以，，
从而当时，，
，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：在比较的大小关系时，可以通过先放缩再构造函数求导，由此即可顺利得解.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.
9. 已知非零向量，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 若则
C. 若，则D. 向量与向量垂直
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，根据条件，利用数乘向量的定义得到，即可判断选项A的正误；选项B，根据条件，利用数量积的运算及模的定义，即可判断选项B的正误；选项C，根据条件，利用数量积的定义，得到，即可求解；选项D，根据条件，结合数量积的运算律，得到，即可求解.
【详解】对于选项A，因为为非零向量，若，则，故，所以选项A正确，
对于选项B，若，故，所以选项В正确，
对于选项C，若，则，
得到，不能确定，所以选项C错误，
对于选项D，，
故，所以选项D正确，
故选：ABD．
10. 已知，若，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】由对数运算的性质得，通过代入即可判断A；由二次函数的性质即可判断B；代入即可求出a的值，则可判断C；由可得，可解得a的取值范围，则可判断D.
【详解】由题意知，所以，
所以．
对于A，若，则，故A正确；
对于B，若，则，所以，故B正确；
对于C，若，则，解得，故C正确；
对于D，若，则，不能得到，故D错误．
故选：ABC.
11. 已知，则可以是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AB
【解析】
【分析】利用积化和差和辅助角公式得到，即可求解得到或，，可求答案.
【详解】，
，
，
，
，
，
，
，
或，,
，，或，，
经检验，或符合，其它都不符合.
故选：AB.
12. 1843年，Hamiltn在爱尔兰发现四元数．当时他正研究扩展复数到更高的维次（复数可视为平面上的点）．他不能做到三维空间的例子，但四维则造出四元数．根据哈密顿记述，他于10月16日跟妻子在都柏林的皇家运河上散步时突然想到的方程解．之后哈密顿立刻将此方程刻在Brughant Bridge．对四元数，的单位，其运算满足：，，，，，，；记，，，定义，记所有四元数构成的集合为，则以下说法中正确的有（ ）
A. 集合的元素按乘法得到一个八元集合
B. 若非零元，则有：
C. 若，则有：
D. 若非零元，则有：
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用已知条件求出所求集合为即可；对于B，直接给出反例，即可；对于C，利用的定义计算即可；对于D，利用C选项的结果验证即可.
【详解】对于A，由于，，，，故集合的元素按乘法可以得到集合，容易验证该集合中任意两个元素的乘积还在该集合中，故集合的元素按乘法得到的集合是八元集合，故A正确；
对于B，取，，则，故B错误；
对于C，若，设，，则
，故C正确；
对于D，根据题目中的定义有，从而.
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义的理解，只有理解了定义，方可求解所求的问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
13. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数的对称性得出对称轴与的关系即可求解.
【详解】因为函数的对称轴为，图象开口向上，
所以函数在上单调递增，
因为函数在区间上单调递增，
所以，
解得.
故答案为：.
14. 若是偶函数，则实数的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由函数是偶函数，则，代入计算并验证即可求出.
【详解】函数是偶函数，则,
,
化简可得.
当时，则
所以，则，
所以函数是偶函数，则.
故答案为：
15. 小澄玩一个游戏：一开始她在2个盒子中分别放入3颗糖，然后在游戏的每一轮她投掷一个质地均匀的骰子，如果结果小于3她就将中的1颗糖放入中，否则将中的1颗糖放入中，直到无法继续游戏．那么游戏结束时中没有糖的概率是__________．
【答案】
【解析】
【分析】设最初在A中有k颗糖，B中有颗糖时，游戏结束时B中没有糖的概率为，归纳找出递推关系，利用方程得出，再由递推关系求.
【详解】设A中有k颗糖，B中有颗糖，游戏结束时B中没有糖的概率为.
显然，，
可得，则，
，
同理，
，解得
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于建立统一的一个6颗糖果放入2个盒子不同情况的模型，找到统一的递推关系，利用递推关系建立方程求出，即可得出这一统一模型的答案.
16. 已知，如果有且仅有四个不同的复数，同时满足和，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数模的运算性质，再数形结合，转化为三次函数来研究即可.
【详解】由可得，
又由可得，复数在复平面上对应的点在单位圆上，
设单位圆上动点，，，则表示长度，表示长度，
即，又因为，所以，
令，可设，
，令，可得，
当时，，所以上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
由，，，
所以当时，在0,2有两解，即在轴上方一定存在两个复数对应的点满足条件，
再利用圆关于轴对称，所以在轴下方也一定存在两个复数对应的点满足条件，
综上此时有四个不同的复数，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用数形结合，把问题转化为，再利用消元，然后再利用函数求导来研究值域，即可求得的范围.
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.
17. 已知函数．
（1）判断并证明的奇偶性；
（2）若对任意，，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）奇函数，证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用奇偶性定义证明判断即可；
（2）根据对数复合函数单调性确定在上最小值，把问题化为在上恒成立，即可求结果.
【小问1详解】
为奇函数，证明如下：
由解析式易知，函数定义域为，
而，故为奇函数.
【小问2详解】
由在上为减函数，而在定义域上为增函数，
所以在上为减函数，故，
要使任意，，不等式恒成立，
只需在上恒成立，即在上恒成立，
由开口向上，则，
综上，.
18. 海水受日月引力会产生潮汐．以海底平面为基准，涨潮时水面升高，退潮时水面降低．现测得某港口某天的时刻与水深的关系表如下所示：（3.1时即为凌晨3点06分）
（1）根据以上数据，可以用函数来近似描述这一天内港口水深与时间的关系，求出这个函数的解析式；
（2）某条货船的吃水深度（水面高于船底的距离）为4.2米．安全条例规定，在本港口进港和在港口停靠时，船底高于海底平面的安全间隙至少有2米，根据（1）中的解析式，求出这条货船最早可行的进港时间及这条货船一天最多可以在港口中停靠的总时长．
【答案】（1）
（2）最早可行的进港时间为 1 时 2 分， 5 时 10 分出港；这条货船一天中最多可以在港口中停靠的总时长为8小时16分.
【解析】
【分析】（1）由公式可求，由表格可得周期，进而求，代入最高点可求；
（2）由题意可知进港条件为 ，解不等式即可.
【小问1详解】
由表格可知y的最大值为7.4，最小值为2.6，
所以，
由表格可知，
所以，
所以，
将点代入可得：，
所以，
解得，
因为，所以，
所以.
【小问2详解】
货船需要的安全水深为 米,
所以进港条件为 .
令 ,
即,
所以,
解得,
因为，
所以时，,
k=1时，
因为（时） =1 时 2 分, （时） 时 10 分.
（时） 时 26 分，（时） 时 34 分.
因此，货船可以在 1 时 2 分进港，早晨 5 时 10 分出港；或在下午 13 时 26 分进港，下午 17 时 34 分出港.
则该货船最早进港时间1时2分，停靠总时长为8小时16分钟.
19. 在中，角的对边分别为，，，已知.
（1）求角；
（2）若是边上的一点， 且满足，，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，利用正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得结果；
（2）根据题意结合向量夹角公式可得，利用面积关系可得，利用乘“1”法结合基本不等式运算求解.
【小问1详解】
因为，即，
由正弦定理可得，
且，
即，可得，
且，则，可得，
又因为，所以.
【小问2详解】
因为，即，
可得，即，
可知平分，则，
因为，
即，整理可得，
又因为，
则，
当且仅当，即，时取等号，
可得，所以的最大值为.
20. 某汽车公司最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程）的测试.现对测试数据进行整理，得到如下的频率分布直方图：
（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）由频率分布直方图计算得样本标准差s的近似值为49.75.根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布，其中μ近似为样本平均数，σ近似为样本标准差S.
（ⅰ）利用该正态分布，求；
（ⅱ）假设某企业从该汽车公司购买了20辆该款新能源汽车，记Z表示这20辆新能源汽车中单次最大续航里程位于区间（250.25，399.5）的车辆数，求E（Z）；
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布，则，.
（3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在x轴上从原点O出发向右运动，已知硬币出现正、反面的概率都，客户每掷一次硬币，遥控车向右移动一次，若掷出正面，则遥控车向移动一个单位，若掷出反面，则遥控车向右移动两个单位，直到遥控车移到点（59，0）（胜利大本营）或点（60，0）（失败大本营）时，游戏结束，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券.设遥控车移到点的概率为，试证明数列是等比数列，求出数列的通项公式，并比较和的大小.
【答案】（1）300 （2）（ⅰ）；（ⅱ）
（3）证明见解析，，
【解析】
【分析】（1）根据平均数的求法求得正确答案.
（2）（ⅰ）根据正态分布的对称性求得正确答案.
（ⅱ）根据二项分布的知识求得正确答案.
（3）根据已知条件构造等比数列，然后利用累加法求得，利用差比较法比较和的大小.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
（ⅰ）.
（ⅱ））∵Z服从二项分布，∴.
【小问3详解】
当时，，
.
∴是以为首项，为公比的等比数列，
.
.
累加得：
.
∴
∵，∴.
注：比较和的另一个过程：.
21. 已知的三个角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
（1）若，求C；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化边为角，化切为弦，再利用内角和定理结合两角和正弦公式化简求值即可；
（2）法一，由利用正、余弦定理化角为边，联立解方程组可得，进而求得，然后由面积公式可得；法二，作辅助线三角形的高，由利用直角三角形化角为边，再利用勾股定理建立关于高的方程求解可得，进而可求面积.
【小问1详解】
因为，
所以，则.
因为，由正弦定理可得，
，
所以，由为三角形内角，故，
所以，又，
故.
【小问2详解】
法一：由（1）知，，
则，
由正弦定理可得，
由，且代入可得
，化简得，联立，
解得，又由可得，
则，
故.
法二：由可知，均为锐角，且，
所以，
如图在中，过点作边上的高，垂足为，

由可得，，则有，
由，可得.
设，则，
，
由可得，
解得，即，故高.
所以的面积为.
22. 设函数.
（1）当时，求在上的最小值；
（2）若与关于轴对称，当时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先将代入，然后求导得到，再求导得到，因为，就得到二阶导大于等于0恒成立，得到一阶导单调递增，然后判断一阶导大于等于0恒成立，然后得到原函数单调性，求得最小值；
（2）先利用两个函数的互对称得到，然后代入不等式，整理得，构造函数，得到，然后利用端点效应得到，最后判断其充分性即可.
【小问1详解】
当时，，
所以，
令，
得，
因为，得，
所以，故在单调递增；
所以，
所以在单调递增，
故在上的最小值为.
【小问2详解】
由题得，
得当时，恒成立，
整理得恒成立，
令，
显然，，
要使时，恒成立，
则，
，
所以有，
验证，当时，
令，
，
令，
，
故在单调递增；
所以，
故在单调递增；
所以，
故在单调递增；
所以，
故符合题意.
【点睛】思路点睛：恒成立，显然，我们由函数图像可知，在时， 不可能单调递减，所以可知，然后求得，此时为恒成立的必要条件，我们还需要利用去判断恒成立，证明为恒成立的充分条件.
时刻：x（时）
0
3.1
6.2
9.3
12.4
15.5
18.6
21.7
24
水深：y（米）
5.0
7.4
5.0
2.6
5.0
7.4
5.0
2.6
4.0