重庆市杨家坪中学2024-2025学年高三上学期期中模拟考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市杨家坪中学2024-2025学年高三上学期期中模拟考试数学试卷（Word版附解析），文件包含重庆市杨家坪中学2024-2025学年高三上学期期中模拟考试数学试题Word版含解析docx、重庆市杨家坪中学2024-2025学年高三上学期期中模拟考试数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。

1．本试卷共6页．时间120分钟，满分150分．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，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．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回．
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.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据对数的单调性以及定义域求出集合B，再根据两个集的交、并运算即可求解.
【详解】根据对数运算性质可得，
所以可得，即，
对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，由A选项知道，故C 正确；
对于D，由A选项知道，故D错误.
故选：C
2. 复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘法与除法运算化简得，再根据共轭复数的概念即可得结论.
【详解】因为，
所以
故选：D.
3. 已知为正实数，且，则的最小值为（ ）
A. 7B. 9C. 10D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】根据基本不等式“1”的巧用即可得最值．
【详解】因为正实数，满足，
则，
当且仅当即时，等号成立．
故选：B．
4. 已知数列满足，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用时，，推得，代入，求出答案．
【详解】由题意可得①，
所以时，②，
①②得，所以，所以．
故选：C．
5. 在中，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】结合同角三角函数关系、诱导公式，分别从充分性、必要性两方面来说明即可.
【详解】一方面：，
另一方面：，但，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 某高校派出5名学生去三家公司实习，每位同学只能前往一家公司实习，并且每个公司至少有一名同学前来实习，已知甲乙两名同学同时去同一家公司实习，则不同的安排方案有（ ）
A. 48种B. 36种C. 24种D. 18种
【答案】B
【解析】
【分析】先安排甲乙，共有3种安排，剩下3人分两类：第一类三个人去三个公司，第二类是三个人去除甲乙去的公司的另外两个公司，然后用分类加法计数原理和分步乘法计数原理即可得解.
【详解】因为甲乙两名同学要求同时去同一家公司实习，先安排甲乙，从三家公司中选一家公司共有3种选法；
剩下的3人分两类：第一类三个人去三个公司，一家公司一个人，共有种安排方法；第二类三个人去除甲乙去的公司的另外两个公司，必有两个人去一家公司，所以共有种安排方法；
所以共有不同的安排方案有种，
故选：B.
7. 如图，在平面直角坐标系中，以为始边，角与的终边分别与单位圆相交于两点，且若直线的斜率为，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义可设，，结合直线的斜率公式及和差角公式先求出，然后结合二倍角公式及同角基本关系可求．
【详解】由题意可设，，
则直线的斜率，
所以，
所以．
故选：A．
8. 若曲线与，恰有2条公切线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设在曲线上的切点为，求出切线方程，设该切线方程与曲线相交于点，由此可得，再利用导数研究函数的性质，结合题意即可得出答案．
【详解】设在曲线上的切点为，
由，可得过点的切线斜率为，
此时切线方程为，即，
设切线与曲线相交于点，，
则，
消去，可得，
依题意，直线与函数的图象有两个不同的交点，
令，
解得或，
令，解得，
则函数在，上单调递增，在上单调递减，
故，且恒成立，当且仅当时等号成立，当时，，
要使直线与函数的图象有两个不同的交点，
则需，解得．
故选：B．
【点睛】方法点睛：利用导数的几何意义，分别写出两曲线的切线方程，让两切线方程的系数相等，得到方程组，消去一个变量后，问题转化为方程的根的个数问题，构造函数，利用导数研究其性质，即可得结论．
二、选择题：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. 下列说法中正确的有（ ）
A. 若经验回归方程为，则变量与呈正相关
B. 在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好
C. 响应变量是由解释变量唯一确定的
D. 在独立性检验中，随机变量的观测值越小，“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率越大
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据回归直线和残差的意义、随机误差的产生和独立性检验的思想，依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，在经验回归方程中，，变量与正相关，A正确；
对于B，回归分析中，残差分布水平带状区域宽度越窄，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，B正确；
对于C，响应变量除了受解释变量影响外，可能还会收到其他因素的影响，从而导致随机误差的产生，C错误；
对于D，在独立性检验中，随机变量的观测值越小，说明两个变量有关系的可能性越小，则“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率越大，D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数的最大值为1，则有（ ）
A.
B. 单调减区间为
C. 最小正周期为
D. 的解集为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用三角恒等变换将转化为正弦型三角函数，根据正弦函数的单调性、周期性、三角不等式即可得逐项判断得结论.
【详解】
所以函数，则，故A正确；
则，所以其最小正周期为，故C正确；
所以单减区间满足：
，解得，
即函数单调减区间为，故B正确；
不等式，即，则，
解得，解集为.
故选：ABD.
11. 已知函数下列关于函数的零点个数的说法中，正确的是（ ）
A. 当时，有3个零点B. 当时，有1个零点
C. 当时，有8个零点D. 当时，有8个零点
【答案】BD
【解析】
【分析】设，即有，选项A和B，当和，在上单调递减，且，作出函数图象，数形结合，即可求解；选项C，取，作出函数图象，数形结合，可得只有个零点，即可求解；选项D，当时，作出函数图象，数形结合即可判断得解.
【详解】令，得，则函数的零点个数即为解的个数，
设，则，二次函数，其图象开口向上，过点，对称轴为，
对于选项A，当时，在上单调递减，且，如图，
由，得，解得，由，得，解得，
因此函数的零点个数是1，所以选项A错误，
对于选项B，当时，在上单调递减，且，如图，
由，得，解得，由，得，解得，
因此函数的零点个数是1，所以选项B正确；
对于选项C，当时，，作出函数的图象如图，
由图象知只有个根，由，解得，
当时，，若，则，
若，则或，此时有且只有3个解，所以选项C错误，
对于选项D，当时，，作出函数图象如图，
由图象知有3个根，当时，，解得；
当时，，解得或
当时，，若，则，若，则，此时共有3个解；
当时，，此时有个解，
，即，得到，有个解，
当时，，此时，得到，有1个解，
，解得，因此当时，函数的零点个数是，所以选项D正确，
故选：AD
【点睛】方法点睛：关于复合函数的零点的判断问题，首先将零点问题转化为方程的解的问题；解答时要采用换元的方法，利用数形结合法，先判断外层函数对应方程的解的个数问题，继而求解内层函数对应方程的解.
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 南宋数学家杨辉为我国古代数学研究做出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列，以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为1，3，7，13，则该数列的第10项为______．
【答案】91
【解析】
【分析】由已知结合等差数列的通项公式及累加法即可求解．
【详解】设该二阶等差数列为，则，，，，
由二阶等差数列的定义可知，，，，，
所以数列是以为首项，公差的等差数列，
即，
所以，，，，，
将所有上式累加可得，
所以．
故答案为：91．
13. 已知平面向量为单位向量，且，则向量在向量上的投影向量的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】由得，计算在方向上的投影，进而得在方向上的投影向量．
【详解】因为，所以，为单位向量，，
又因为，所以，
即，在方向上的投影为，
所以在方向上的投影向量为．
故答案为：．
14. 已知函数的定义域为，函数为奇函数，且，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由条件求得，，，从而求得的值.
【详解】因为函数为奇函数，
所以有，
因为，所以，
得，
又，
，
即，所以.
故答案为：.
三、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 在中，角的对边分别为．已知，；
（1）求角的值；
（2）的角平分线交于点，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，可得，结合角度范围即可得角的值；
（2）根据余弦定理与三角形面积关系求解得长度，再由计算可得的长．
【小问1详解】
因为，所以；
因为，所以；
【小问2详解】
由（1）知，
由余弦定理得，
则可得，
由，可得，所以，
因为，即，
所以.
16. 已知函数．
（1）若，求函数的极值；
（2）讨论函数的单调性．
【答案】（1）极小值为，极大值为
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，分析单调性，再根据极值定义即可求解；
（2），对分，和讨论单调性即可.
【小问1详解】
.
所以x<1或x>2时，，时，，
则在上递减，在递增，
所以的极小值为，极大值为.
小问2详解】
，
当时，，所以在上递增，
当时，或时，；时，，
所以在上递增，在上递减，
当时，或时，；时，，
所以在上递增；在上递减．
17. 设是等比数列，是递增的等差数列，的前项和为，，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）将数列与数列的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求此新数列的前40项和．
【答案】（1），
（2）692
【解析】
【分析】（1）由等差数列、等比数列的通项公式和求和公式，解方程求得公差、公比，可得所求；
（2）由数列的单调性求得数列的前5项和、数列的前35项和，可得所求和；
【小问1详解】
设等比数列的公比为，等差数列的公差为（），
由已知条件得，即，
解得. （舍去）或，
所以， ；
【小问2详解】
数列与数列bn都是递增数列，
，，，，
，，
新数列的前项和为：.
18. 某工厂生产一批机器零件，现随机抽取100件对某一项性能指标进行检测，得到一组数据，如下表：
（1）求该项性能指标的样本平均数的值．若这批零件的该项指标近似服从正态分布其中近似为样本平均数的值，，试求的值．
（2）若此工厂有甲、乙两台机床加工这种机器零件，且甲机床的生产效率是乙机床的生产效率的2倍，甲机床生产的零件的次品率为0.02，乙机床生产的零件的次品率为0.01，现从这批零件中随机抽取一件．
①求这件零件是次品的概率：
②若检测出这件零件是次品，求这件零件是甲机床生产的概率；
③若从这批机器零件中随机抽取300件，零件是否为次品与该项性能指标相互独立，记抽出的零件是次品，且该项性能指标恰好在内的零件个数为，求随机变量的数学期望（精确到整数）．
参考数据：若随机变量服从正态分布则，
【答案】（1）80，0.8186
（2）①；②；③4
【解析】
【分析】（1）计算出平均数后可得，结合正态分布的性质计算即可得解；
（2）①借助全概率公式计算即可得；②按照条件概率公式计算即可；③借助二项分布期望公式计算即可得．
【小问1详解】
，
因为，所以，
则
；
【小问2详解】
①设“抽取的零件为甲机床生产”记为事件，
“抽取的零件为乙机床生产”记为事件，
“抽取的零件为次品”记为事件，
则，，，，
则；
②；
③由（1）及（2）①可知，这批零件是次品且性能指标在内的概率，
且随机变量，
所以，
所以随机变量Y的数学期望为4.
19. 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.
性能指标X
66
77
80
88
96
产品件数
10
20
48
19
3