重庆市2025届高中学业质量调研抽测（第一次）数学试题

这是一份重庆市2025届高中学业质量调研抽测（第一次）数学试题，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合 ，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知双曲线 的一条渐近线方程为 ，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
3．有 4 位同学各掷骰子 5 次（骰子出现的点数可能为1，2，3，4，5，6），分别记录自己每次出现的点数，四位同学根据统计结果，并对自己的试验数据分别做了如下描述，可以判断一定没有出现点数 1的是（ ）
A．平均数为3 ，中位数为4B．中位数为3 ，众数为5
C．平均数为4 ，方差为1.2D．中位数为4 ，方差为1.6
4．已知 是空间中的两条直线， 是两个平面，则（ ）
A．若 ，则是异面直线
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．某校数学建模兴趣小组收集了一组恒温动物体重 （单位: 克） 与心率（单位: 次/分钟）的对应数据. 根据生物学常识和散点图得出与近似满足 （ 为参数），令 ，计算得到. 由最小二乘法得到经验回归方程为 ，则的值为（ ）
A．B．0.4C．D．0.2
6．在平行四边形 中， 与 相交于 ，若 ， ，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知 ，则使 成立的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数 y=fx 满足: ① 是偶函数; ②在 上为增函数. 若 ， 且 ，则 与 的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．无法确定
二、多选题
9．已知函数 的最小正周期为 ，则（ ）
A．
B．
C．的单调递增区间为
D．将函数的图象向右平移个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则
10．已知数列 满足 ，则（ ）
A．数列 是等差数列
B．
C．若 ，则
D．
11．已知抛物线 的焦点为 ，过 作两条互相垂直的直线 与 交于 两点， 与 交于 两点，线段 的中点为 ，线段 的中点为 ，则（ ）
A．当直线 的斜率为3 时，
B．当 时，
C．的最小值为18
D．的面积最小值为4
三、填空题
12．若(为实数，为虚数单位)，则 .
13．酒驾是严重危害交通安全的违法行为.为了保障交通安全，根据国家有关规定: 100ml 血液中酒精含量大于或者等于 且小于 认定为饮酒驾车，大于或者等于 80 mg 认定为醉酒驾车. 假设某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了 . 如果停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时 30%的速度减少，那么他至少经过 个小时后才能驾驶？（结果取整数. 参考数据:1g3 ≈ 0.48，1g7 ≈ 0.85）
14．已知各项均为正数的等比数列 满足 ，若存在两项 使得 ，则的最小值为 .
四、解答题
15．在 中，内角的对边分别为，已知 ，且 .
(1)求的值;
(2)设 ，求的值.
16．已知函数 在 处的切线方程为 ，其中 为常数，为自然对数的底数.
(1)试确定 的值;
(2)求函数 的单调区间;
(3)若对任意 x>0 ，不等式 恒成立，求的取值范围.
17．如图，在斜三棱柱 中， 在底面 上的射影恰为的中点 .
(1)证明: 平面 ;
(2)求二面角 的正弦值.
18．椭圆的离心率为，其左焦点到点的距离为5 .
(1)求椭圆的方程;
(2)若直线与椭圆相交于（不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的左顶点，求证:直线过定点，并求出该定点的坐标.
19．在某场乒乓球比赛中，甲、乙两运动员进入到了比赛决胜局，且在该局中的比分为10:10，接下来比赛规则如下: 两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得 1 分，直到有一方得分超过对方 2 分时即可获得该局的胜利. 已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6 . 比赛既是实力的较量，也是心态的比拼，以后每球比赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为 .
(1)求甲以 的比分赢得比赛的概率;
(2)若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于 0.6，求的范围;
(3)若 ，设甲运动员在第 球比赛中获胜的概率为 ，数列 满足 ，求证: .
（参考知识: 当 时，若 ，则 .）
《重庆市2025届学业质量调研抽测 （第一次）数学试题》参考答案
1．C
【分析】利用对数函数的单调性求解对数不等式得集合，再求即得.
【详解】由可得，故，
又，则.
故选：C.
2．B
【分析】先判断双曲线的焦点位置，由渐近线方程得到，再求离心率即可.
【详解】因双曲线 的焦点在轴上，由其渐近线方程，可得，
则双曲线的离心率为.
故选：B.
3．C
【分析】根据数字特征的定义，依次对选项分析判断即可
【详解】对于A，由于平均数为3，中位数为4，所以这5个数从小到大排列后，第3次是4，当第3,4,5次为4,4,4时，总和为12，第1,2次总和为3，故这5个数可以是1,2,4,4,4，
故A错误；
对于B，由于中位数为3，众数为5，所以这5个数从小到大排列后，第3次是3，则第4和5次为5，所以这5个数可以是1,2,3,5,5，所以B错误；
对于C，由于平均数为4，方差为1.2，则5次总和为20，，
若有一个数为1，取，则，不合题意，则一定没有出现点数1，故C正确；
对于D，由中位数为4 ，方差为1.6，所以这5个数从小到大排列后，第3次是4，平均数最小值为2.8，
，
，
若有一个数为1，取，，
若取平均数为3，则，
，则符合要求，这5个数为1,2,4,4,4，故D错误，
故选：C.
4．D
【分析】根据线面，线线位置关系逐选项判断即可.
【详解】对于A，若，，当时，则，所以不是异面直线，故A错误；
对于B，若，当，也满足题意，不一定， 故B错误；
对于C，若，则或为异面直线，故C错误；
对于D，若，根据线面垂直性质，则，故D正确；
故选：D.
5．A
【分析】根据回归直线方程必过样本中心点求出，即可求出.
【详解】因为，两边取对数可得，
又，
依题意回归直线方程必过样本中心点，
所以，解得，所以.
故选：A.
6．A
【分析】由三点共线，则可设，由三点共线，则可设，然后根据题意都用表示，从而可求出的值，进而可求得答案
【详解】
因为三点共线，所以可设，
所以，
因为三点共线，所以可设，
因为 ，，所以，
所以，
所以，
即，解得，，
所以，
故选：A.
7．D
【分析】根据给定条件，利用必要不充分条件的定义逐项分析判断即得.
【详解】对于A，令，显然有，但，A不是；
对于B，当，时，，B不是；
对于C，，显然有，但，C不是；
对于D，当，则，即，
反过来，令，不等式成立，而， D是.
故选：D
8．A
【分析】根据是偶函数，可得函数图象关于对称，则y=fxy=fx在 上为减函数，讨论两种情况，分别利用单调性比较大小，即可得答案.
【详解】不妨设，
由是偶函数，则，即，
即函数 y=fx的图象关于对称，且，
因为y=fx在上为增函数，所以y=fx在上为减函数，
因为，且，所以，
若则，则，即；
若因为，则，所以；
综上可得：.
故选：A.
9．ACD
【分析】由最小正周期为，求得，即可判断选项B；计算即可判断选项A；然后利用正弦函数的单调性求解即可判断选项C；由图象的平移伸缩变换求解函数的解析式即可判断选项D.
【详解】函数 的最小正周期为 ，
所以，解得，故B错误；
所以，所以，故A正确；
由，得，
所以的单调递增区间为，故C正确；
将函数的图象向右平移个单位后，得到，
再将得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，得到，故D正确；
故选：ACD.
10．AC
【分析】由两边同时取倒数即可证明 是等差数列，判断选项A；从而得到的通项公式，即可判断选项B；由，裂项相消即可求解判断选项C；由 是等差数列，其前项和为，即可判断选项D.
【详解】因为，所以，
即，所以 是以为首项，为公差的等差数列，故A正确；
，所以，故B错误；
若
，
所以，故C正确；
，故D错误；
故选：AC.
11．ABD
【分析】设直线和的方程，与抛物线方程联立，再利用焦半径公式求解弦长，结合基本不等式判断ABC，利用两点求斜率，根据点斜式求出直线方程，求解直线恒过定点，将面积分割，结合韦达定理，再利用基本不等式求解最值判断D.
【详解】对于A，由题意得，，，，，
当直线 的斜率为3 时，直线方程为，
由可得，则，
所以，A正确；
对于B，设直线方程为，则方程为，
联立直线方程与抛物线方程得.
则①，②，同理，，又，
所以，结合①②可得，所以，B正确
对于C，，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为16，故C错误；
对于D，由B知，
.，
所以直线GH：，
令得，所以直线GH恒过定点；
所以，
当且仅当时，等号成立.故D正确；
故选：ABD
【点睛】思路点睛：1.直线与圆锥曲线相交问题时，有时需要考查斜率不存在和存在两种情况，斜率存在的情况经常和曲线方程联立，利用根与系数的关系解决几何问题；2.一般涉及三角形面积问题时，采用面积分割法，结合韦达定理，利用基本不等式法求解范围或最值.
12．3
【详解】因为，所以.又因为都为实数，故由复数的相等的充要条件得解得所以.
【点评】本题考查复数的相等即相关运算.本题若首先对左边的分母进行复数有理化，也可以求解，但较繁琐一些.来年需注意复数的几何意义，基本概念（共轭复数），基本运算等的考查.
13．
【分析】设至少经过个小时后才能驾驶，由题意有，两边同时取对数得，然后求解即可.
【详解】设至少经过个小时后才能驾驶，则有，
即，两边同时取对数得，即，
因为，所以，
所以，即至少经过个小时才能驾驶.
故答案为：.
14．50
【分析】先根据等比数列的性质整理可得公比，再利用通项公式代入中，可得出与的关系，最后结合基本不等式即可求解。
【详解】由题，因为，，
所以，
因为各项均为正数，所以，则，解得或（舍去），
又，则，
所以，即，则，
所以，
当且仅当时，可得的最小值为.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）先算出的值，再利用正弦定理得进行化简，然后得到相应的值；
（2）由得到，再由余弦定理，得到，从而得到.
【详解】（1）由，且，
则，
又因为，由正弦定理得，
所以
（2）因为，得，
所以，即
由余弦定理得：
所以得，
所以，
所以.
16．(1)，
(2)减区间为，增区间为(1,+∞)
(3)
【分析】（1）求出函数的导数，根据，以及切点处曲线的函数值与切线的函数值相等列方程组求解即可.
（2）由（1）求出函数解析式，判断导函数符号，求出函数的单调区间即可.
（3）结合（2）求出的最小值，再解一元二次不等式求解即可.
【详解】（1）函数定义域为，求导得，
因为函数 在 处的切线方程为 ，
所以，
可得，化为①，
由，可得②，
由①②解得，
所以，.
（2）由（1）知（），
当时，，在0,1上为减函数，
当时，，在(1,+∞)上为增函数，
所以函数的减区间为0,1，增区间为(1,+∞)．
（3）由（1），
由（2）知，在处取得最小值，
因，恒成立，则，解得或，
所以的取值范围为．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得答案；
（2）取的中点，设，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，根据求出，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
又，，所以，
因为，平面，
所以平面；
（2）
取的中点，连接，因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以，
可得，设，
以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
因为，所以，即，
解得，，舍去，
所以，
，
设为平面的一个法向量，
则，即，令，则，
所以，
设为的一个法向量，
则，即，令，则，
所以，
所以，
设二面角的平面角为，
则.
所以二面角 的正弦值为.
18．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）由左焦点到点的距离及离心率可求解；
（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理可得和，把用和表示化简可得出答案.
【详解】（1）设左焦点，
∴，解得，
，，由，
∴椭圆方程为.
（2）
由（1）可知椭圆左顶点，
设，，∵以为直径的圆过，
∴即，∴，
∵，，
∴①
联立直线与椭圆方程：
，整理得
∴，，
∴，
，代入到①
，
∴，
∴，即，
∴或，
当时，：，∴恒过
当时，：，∴恒过，但为椭圆左顶点，不符题意，故舍去，
∴恒过.
19．(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据条件概率公式即可得到答案；
（2）记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为，可推得，再对分类讨论即得；
（3）根据（2）得到，则，化简计算，最后利用累加法和等比数列求和公式即可得证.
【详解】（1）记第一球比赛甲运动员获胜的事件为，第二球比赛甲运动员获胜的事件为，
由题意知：，且，
∴.
即甲以 的比分赢得比赛的概率为.
（2）记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为，则
，
则,
可知数列是首项为，公比为的等比数列，
则有，,
①当时，，又，故是一个递减数列，
当时，，依题需使，即与条件矛盾,舍去；
②当时，，不合题意；
③当时，，又，故是一个递增数列，
依题意，只需，即，解得，故；
④当时，，符合题意；
⑤当时，，又，因此是一个摆动数列，
若为偶数，则，；
若为奇数，则是一个递增数列，只需，而，
因，于是，
得：，解得，故.
综上：时，甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6.
（3）当时，由（2）可得，，
则，
，
，
，
，
故：.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是得到，再对分类讨论.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
D
A
A
D
A
ACD
AC
题号
11









答案
ABD