重庆市第一中学2024-2025学年高三下学期2月开学考试数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第一中学2024-2025学年高三下学期2月开学考试数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了在中，是直线上一点且，则，已知实数 满足，则 的值为，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
数学试题
本试卷共 4 页， 共 19 题．满分 150 分， 考试用时 120 分钟．
注意事项：
1． 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上的指定位置．
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．
3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并上交．
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．已知集合 ，则 （ ）
A．B．C．D．
2．复数满足 (为虚数单位)，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．下列函数中，值域为且为奇函数的是（ ）
A．B．C．D．
4．为了得到曲线的图象，可以将曲线上所有的点（ ）
A．横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度
B．横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度
C．横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度
D．横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度
5．在中，是直线上一点且，则（ ）
A．-2B．C．D．0
6．已知等差数列的公差，记该数列的前项和为，数列恒单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．四面体 中， ，点 在三角形 内部 (包含边界) 且 ，则三棱锥 的体积最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知实数 满足，则 的值为（ ）
A．B．C．D．3
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．下列说法正确的是（ ）
A．若样本数据的样本方差为9，则数据的方差为16
B．若一组样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在左“拖尾”，则样本数据的平均数大于中位数
C．已知随机变量 ，若 ，则
D．运动员每次射击击中目标的概率为0.7 ，则在11次射击中，最有可能击中的次数是8次．
10．若函数在上恒成立，且，则下列结论中正确的有（ ）
A．B．的最大值为
C．若的最小值为D．的最大值为
11．设 为非负整数， 为正整数，若 和 被 除得的余数相同，则称 和 对模 同余，记为A ． 若 是素数， 为不能被 整除的正整数，则 ，这个定理称之为费马小定理． 下列结论正确的是（ ）
A．B．
C． 为素数，存在无数个正整数D．已知实数 ，则方程 的解只有 10 个
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12．现有 2 位女生和 3 位男生站成一排照相，要求女生甲排在两端且 3 位男生中有且只有 2 位相邻，则不同的站法有
13． ． (请用最简数值作答)
14．已知双曲线的离心率为 ，若双曲线上不存在以点为中点的弦，则的取值范围为 ．
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．已知函数为奇函数．
(1)求的值；
(2)若方程在上有两个不等实根，求实数的取值范围．
16．已知的内角，，的对边分别是 ，，，已知 ．
(1)求角;
(2)若为外一点，在四边形中，边长 ， 求边的最小值．
17．已知定义域为的函数满足，且，记.
(1)求数列通项公式；
(2)，求数列的前项和 ；
(3)，记数列的前项和为，求证：．
18．继 2023 年电子竞技首次作为正式竞赛项目登上杭州亚运会舞台后，2024 年国际奥委会宣布首届奥林匹克电子竞技运动会将于 2025 年在沙特阿拉伯王国举办．这意味着电子竞技作为虚拟体育正式成为奥运会项目的一部分．为迎接电子竞技行业这一里程碑式的时刻， 甲、乙两俱乐部计划按照现今体育比赛中的赛制举办友谊赛．在体育比赛中有两种常见赛制：一种是局胜制，例如一场比赛有5局， 率先胜3局一方获胜，本场比赛结束; 另一种是局胜制，例如一场比赛有7局，率先胜4局一方获胜， 本场比赛结束．
(1)若采用5局3胜制，甲俱乐部每场比赛获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，甲俱乐部每场比赛获胜的概率为0.9．已知甲、乙俱乐部采用这两种赛制各进行了场比赛，试自行绘制列联表，并根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲队获胜的场数有影响;
(2)设甲俱乐部每局比赛获胜的概率均为，且每局比赛都能决出胜负，没有平同： ①若两俱乐部采用5局3胜制比赛，记事件： “甲俱乐部只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”，事件： “两俱乐部赛满5局，甲俱乐部至少取得3局比赛胜利且甲获胜”，试证明：;
②若甲、乙两俱乐部创造一种全新的赛制，约定比赛规则为：共进行局，赢得局数大于 局的俱乐部获胜．若甲俱乐部每局比赛获胜的概率，试判断进行几局比赛时，甲俱乐部获胜的概率最大，并说明理由．
附：，其中 ．
19．在直角坐标系中，为椭圆的左、右焦点．直线交椭圆于两点，交轴于点． 其中点在轴上方，的最大值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)将平面沿轴翻折，使轴正半轴和轴所确定的半平面与轴负半轴和轴所确定的半平面所成二面角的平面角为，且，
① 在取得最大值的情况下，若，求翻折后异面直线与所成角的正弦值;
②若在平面上存在点满足，，且，求锐二面角的余弦值的最小值．
0.10
0.05
0.025
0.010
2.706
3.841
5.024
6.635
1．C
【分析】解不等式化简集合，再利用补集、交集的定义求解.
【详解】依题意，，则，
，所以.
故选：C
2．B
【分析】利用复数的除法求出，进而求出其共轭复数的虚部.
【详解】依题意，，
所以的虚部是.
故选：B
3．D
【分析】利用奇函数排除AB；再求出函数值域即可判断.
【详解】对于A，是非奇非偶函数，A不是；
对于B，函数值域为R，，是偶函数，B不是；
对于C，函数的定义域为R，，是奇函数，
当时，，求导得，当时，；
当时，，函数在上递增，在上递减，，
而当时，，即函数的值域不是R，C不是；
对于D，函数的定义域为，，是奇函数；
当时，都递减，则函数在上单调递减，
函数在上值域为，在上值域为，因此函数在上的值域是R，
同理函数在上的值域是R，D是.
故选：D
4．C
【分析】根据三角恒等变换公式化简解析式，再根据三角函数的变换规则判断即可.
【详解】因为
，
所以将曲线的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变得到，
再将向右平移个单位长度得到.
故选：C
5．B
【分析】根据给定条件，利用共线向量定理的推论求出，再利用数量积的运算律及定义计算得解.
【详解】由，，得，由共线，
得，解得，则，，
所以.
故选：B
6．D
【分析】根据给定条件，求出等差数列的前项和，再利用递减数列列式求得范围.
【详解】在等差数列中，，，由公差，得，
解得，，，
，，
由数列恒单调递减，得恒成立，
整理得恒成立，而，因此，
所以实数的取值范围是.
故选：D
7．D
【分析】通过构建平面得到点为上的点，然后结合图形得到点在点处时，三棱锥的体积最大，然后利用余弦定理、三角形面积公式和棱锥的体积公式计算即可.
【详解】
过点作于点，过点作交于点，
因为，平面，所以平面，
因为点在三角形内部，所以点为上的点，
由图可知当点在点处时，点到平面的距离最大，
又，所以点在点处时，三棱锥的体积最大，
在中，，，
则，，
在中，，
则，，
设点到平面的距离为，
因为平面，所以平面平面，
因为平面平面，所以点到平面的距离为点到的距离，
在和中，
，
解得，
在中，则，
，即，
解得，
所以.
故选：D.
8．A
【分析】构造函数和即可求导，得函数的最值，进而根据得，求解.
【详解】由题意可得，
设则，
故，即，
令，则
当时，，，
故在单调递增，在单调递减，
所以，
令则，
故当，故在单调递减，在单调递增，
故，
由题意可知故，，
此时且解得，故，
故选：A
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
9．ACD
【分析】利用方差的性质计算判断A；利用平均数、中位数的意义判断B；利用正态分布的对称性计算判断C；利用二项分布的概率最大求解判断D.
【详解】对于A，设样本数据为，则，解得，
数据的方差为，A正确；
对于B，一组样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在左“拖尾”，则样本数据的平均数小于中位数，B错误；
对于C，随机变量，由，得，C正确；
对于D，依题意，运动员击中次数，击中次的概率为，
由，解得，因此最有可能击中的次数是8，D正确.
故选：ACD
10．ABD
【分析】由给定的不等式恒成立可得，利用三角代换求解判断BC；利用目标函数的几何意义求解判断D.
【详解】由，得或，
解得或，
当时，则有或；当时，则有或，
而对恒成立，因此，即，A正确；
对于B，令，则，
其中锐角由确定，，因此时，，B正确；
对于C，，当且仅当时取等号，
由选项B知，当时，，当时，，即，
因此的最小值为0，C错误；
对于D，满足的点的轨迹是单位圆夹在轴正方向间的圆弧，
表示点与定点确定的直线的斜率，，过点作圆弧的切线，切点为，
连接，，则，直线的倾斜角为，因此切线的倾斜角为，
过点的直线与圆弧有公共点时，直线斜率最大值为切线的斜率，D正确.
故选：ABD
11．AC
【分析】根据模的定义，结合费马小定理判断各选项．
【详解】选项A，，，A正确；
选项B，，
，则，
，，显然，
所以，
记，则有，，
设，，，
设，由得，因此，
设，可得，
所以，而，
所以，B错；
选项C，若，取所有正奇数，都有，若，取，满足，
当且为素数时，由费马小定理知只要不整除，则有，
取，，使得为正整数，显然不能被整除，
所以，
而，
所以，这样的有无数个，即有无数个，C正确；
选项D，，
当时有，
当时也有，D错．
故选：AC．
【点睛】难点点睛：本题考查整数的整除知识，有高中阶段属于难点，判断时，AD首先需要利用整除知识，而BC选项，需要利用中国剩余定理，费马小定理，需要学生在极短时间内想到求解方法，难度较大．
12．24
【分析】根据甲在第一位以及第五位，即可分类求解.
【详解】若甲在第一位，则两个相邻的男生必须站在23位或者45位，此时有,
同理可得甲在第五位，，
因此共有种方法，
故答案位：
13．
【分析】利用诱导公式及三角恒等变换公式化简即可.
【详解】
.
故答案为：
14．
【分析】由题意知点必在双曲线外部或在双曲线上.若存在以为中点的弦，根据点差法可得弦的斜率为，要使弦不存在，则弦与双曲线至多一个交点，弦的斜率小于等于渐近线斜率，如此即可得到的取值范围，进而求出离心率的范围﹒
【详解】依题意，点在双曲线外部或在双曲线上，则，得，
假设存在以为中点的弦，设弦与双曲线交于点，
则，
则，两式作差得，
直线的斜率.
由不存在该中点弦，得直线与双曲线至多一个交点，则，，，
因此，所以的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于分析出点在双曲线外部或在双曲线上，在这个前提下确定当直线与双曲线至多一个交点时直线斜率与渐近线斜率的关系即可得到结果.
15．(1)，；
(2).
【分析】（1）分析奇函数的定义域求出，由求出，再根据奇函数的定义验证得解.
（2）利用导数求出函数在上的最小值即可得解.
【详解】（1）由在处无意义，且函数是奇函数，
则在处也无意义，于是，解得，
又奇函数在处有意义，
则，解得，，
其定义域为，，
因此函数是奇函数，所以，.
（2）由（1）知，当时，，
求导得，
当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
而当时，；当时，，则，
所以实数的取值范围是.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理得到，再由正弦定理将边化角，结合两角和的正弦公式及诱导公式求出，即可得解；
（2）设，，再表示其他角，两个三角形中根据正弦定理表示，结合三角函数恒等变换，以及三角函数性质，即可求解.
【详解】（1）因为，
由余弦定理，
所以，即，
由正弦定理可得，
即，所以，
又，所以，所以，即，
又，所以；
（2）在和中，由正弦定理可得，，
设，，则，，，
故两式相除可得，
即，
因此，
故当时，即时，此时取最大值1，故取最小值.
17．(1)
(2)
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用赋值法求出，进而可得，再利用等差数列定义求解.
（2）由（1）的结论，利用组合数的性质及二项式系数的性质求出，再利用错位相减求和.
（3）求出并放缩，利用不等式的性质及等比数列前项和公式求解.
【详解】（1）令，得，解得，
令，得，显然，则，
即，而，因此数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以数列通项公式为.
（2）由（1）知，，
而，
当时，，
而满足上式，则，
，，
两式相减得，
所以.
（3）由（1）知，，而，
则，当且仅当时取等号，
所以.
18．(1)列联表见解析，答案见解析；
(2)①证明见解析；②4局.
【分析】（1）根据给定条件，列出列联表，求出的观测值并与比较求解.
（2）①利用互斥事件的概率公式及独立重复试验的概率公式列式化简得证；②利用条件概率及全概率公式求出与的关系，再建立不等式求解.
【详解】（1）依题意，列联表如下：
，依据小概率值的独立性检验，
当时，，赛制对甲胜场数有影响；
当时，，赛制对甲胜场数没有影响.
（2）①，
，
所以.
②设甲赢得比赛的概率为，设“进行局比赛甲最终获胜”，“第一局甲赢”，“第二局甲赢”，
则有，
而发生及发生意味着前2局比赛甲恰好赢一局，则甲在局比赛最终获胜当且仅当
甲在后续的局比赛中赢的局数要大于，因此，
在发生的条件下，甲已经赢了前2局，
则甲最终获胜当且仅当甲在后续的局比赛中赢的局数要大于或等于，
则；
在发生的条件下，甲输掉前2局，则甲最终获胜当且仅当甲在后续的局
比赛中赢的局数要大于，而这个事件可视为“甲在后续的局比赛中赢的局数大于”
与事件“甲在后续的局比赛中恰好赢局”的差事件，
故，
因此
令，得，则当时，，
所以当，即时，最大
【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.
19．(1)；
(2)①；②.
【分析】（1）联立直线与椭圆方程，利用弦长公式及其最大值求出即可.
（2）①求出翻折前点坐标，建立空间直角坐标系，求出翻折后坐标，利用线线角的向量求法求出异面直线夹角；②作出二面角的平面角，利用余弦定理建立函数关系，借助二次函数求出最值.
【详解】（1）由消去得，，
，设，，
，
当时，，解得，此时，因此，
所以椭圆的方程为.
（2）①由（1）知，翻折前点，
翻折后建立如图所示的空间直角坐标系，，
点，，
设直线与所成的角为，则，
所以翻折后异面直线与所成角的正弦值.
②由，得点的轨迹是双曲线含焦点的一支，
在平面中，作轴于，由，平面，
则平面，又平面，于是，是二面角的平面角，
设，则，在中，
，
又，令，则，
当时，取得最小值，所以锐二面角的余弦值的最小值为.
【点睛】方法点睛：本题由平面解析几何转变成立体几何，需要自己建立新的坐标系，并能通过平面直角坐标系的点坐标得到对应在空间直角坐标系的坐标，然后利用立体几何的知识来解得答案.
5局3胜
7局4胜
合计
甲胜
乙胜
合计