2025屆重慶江津長壽巴縣等七校高三數學第一學期期末達標檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．天干地支，簡稱為干支，源自中國遠古時代對天象的觀測.“甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸”稱為十天干，“子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥”稱為十二地支.干支紀年法是天干和地支依次按固定的順序相互配合組成，以此往復，60年為一個輪回.現從農歷2000年至2019年共20個年份中任取2個年份，則這2個年份的天干或地支相同的概率為（）A． B． C． D．2．下列四個圖象可能是函數圖象的是（）A． B． C． D．3．甲在微信群中發了一個6元“拼手氣”紅包,被乙?丙?丁三人搶完,若三人均領到整數元,且每人至少領到1元,則乙獲得“最佳手氣”(即乙領到的錢數多于其他任何人)的概率是（）A． B． C． D．4．如圖，矩形ABCD中，，，E是AD的中點，將沿BE折起至，記二面角的平面角為，直線與平面BCDE所成的角為，與BC所成的角為，有如下兩個命題：①對滿足題意的任意的的位置，；②對滿足題意的任意的的位置，，則()A．命題①和命題②都成立 B．命題①和命題②都不成立C．命題①成立，命題②不成立 D．命題①不成立，命題②成立5．一個袋中放有大小、形狀均相同的小球，其中紅球1個、黑球2個，現隨機等可能取出小球，當有放回依次取出兩個小球時，記取出的紅球數為；當無放回依次取出兩個小球時，記取出的紅球數為，則（）A．， B．，C．， D．，6．2019年10月1日，中華人民共和國成立70周年，舉國同慶.將2,0,1,9,10這5個數字按照任意次序排成一行，拼成一個6位數，則產生的不同的6位數的個數為A．96 B．84 C．120 D．3607．已知函數，，若，對任意恒有，在區間上有且只有一個使，則的最大值為（）A． B． C． D．8．設復數z＝，則|z|＝（）A． B． C． D．9．盒子中有編號為1，2，3，4，5，6，7的7個相同的球，從中任取3個編號不同的球，則取的3個球的編號的中位數恰好為5的概率是（）A． B． C． D．10．函數的圖象可能為（）A． B．C． D．11．已知若在定義域上恒成立，則的取值范圍是（）A． B． C． D．12．已知集合，，若，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知向量，且，則___________.14．數列的前項和為，則數列的前項和_____．15．已知函數對于都有，且周期為2，當時，，則________________________.16．若函數(R，)滿足，且的最小值等于，則ω的值為___________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知，函數，（是自然對數的底數）.（Ⅰ）討論函數極值點的個數；（Ⅱ）若，且命題“，”是假命題，求實數的取值范圍.18．（12分）如圖，在三棱柱中，平面，，且.（1）求棱與所成的角的大小；（2）在棱上確定一點，使二面角的平面角的余弦值為.19．（12分）如圖，已知，分別是正方形邊，的中點，與交于點，，都垂直于平面，且，，是線段上一動點.（1）當平面，求的值；（2）當是中點時，求四面體的體積.20．（12分）以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的參數方程是（為參數，常數），曲線的極坐標方程是.（1）寫出的普通方程及的直角坐標方程，并指出是什么曲線；（2）若直線與曲線，均相切且相切于同一點，求直線的極坐標方程.21．（12分）已知數列的各項均為正數，且滿足.（1）求，及的通項公式；（2）求數列的前項和.22．（10分）已知為坐標原點，單位圓與角終邊的交點為，過作平行于軸的直線，設與終邊所在直線的交點為，.（1）求函數的最小正周期；（2）求函數在區間上的值域.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

利用古典概型概率計算方法分析出符合題意的基本事件個數,結合組合數的計算即可出求得概率.【詳解】20個年份中天干相同的有10組（每組2個），地支相同的年份有8組（每組2個），從這20個年份中任取2個年份，則這2個年份的天干或地支相同的概率.故選:B.【點睛】本小題主要考查古典概型的計算,考查組合數的計算,考查學生分析問題的能力,難度較易.2、C【解析】

首先求出函數的定義域，其函數圖象可由的圖象沿軸向左平移1個單位而得到，因為為奇函數，即可得到函數圖象關于對稱，即可排除A、D，再根據時函數值，排除B，即可得解.【詳解】∵的定義域為，其圖象可由的圖象沿軸向左平移1個單位而得到，∵為奇函數，圖象關于原點對稱，∴的圖象關于點成中心對稱.可排除A、D項.當時，，∴B項不正確.故選：C【點睛】本題考查函數的性質與識圖能力，一般根據四個選擇項來判斷對應的函數性質，即可排除三個不符的選項，屬于中檔題.3、B【解析】

將所有可能的情況全部枚舉出來,再根據古典概型的方法求解即可.【詳解】設乙,丙,丁分別領到x元,y元,z元,記為,則基本事件有,,,,,,,,,,共10個,其中符合乙獲得“最佳手氣”的有3個,故所求概率為,故選：B.【點睛】本題主要考查了枚舉法求古典概型的方法,屬于基礎題型.4、A【解析】

作出二面角的補角、線面角、線線角的補角，由此判斷出兩個命題的正確性.【詳解】①如圖所示，過作平面，垂足為，連接，作，連接.由圖可知，，所以，所以①正確.②由于，所以與所成角，所以，所以②正確.綜上所述，①②都正確.故選：A【點睛】本題考查了折疊問題、空間角、數形結合方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．5、B【解析】

分別求出兩個隨機變量的分布列后求出它們的期望和方差可得它們的大小關系.【詳解】可能的取值為；可能的取值為，，，，故，.，，故，,故，.故選B.【點睛】離散型隨機變量的分布列的計算，應先確定隨機變量所有可能的取值，再利用排列組合知識求出隨機變量每一種取值情況的概率，然后利用公式計算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回與無放回的區別.6、B【解析】

2,0,1,9,10按照任意次序排成一行，得所有不以0開頭的排列數共個，其中含有2個10的排列數共個，所以產生的不同的6位數的個數為.故選B．7、C【解析】

根據的零點和最值點列方程組，求得的表達式（用表示），根據在上有且只有一個最大值，求得的取值范圍，求得對應的取值范圍，由為整數對的取值進行驗證，由此求得的最大值.【詳解】由題意知，則其中，．又在上有且只有一個最大值，所以，得，即，所以，又，因此．①當時，，此時取可使成立，當時，，所以當或時，都成立，舍去；②當時，，此時取可使成立，當時，，所以當或時，都成立，舍去；③當時，，此時取可使成立，當時，，所以當時，成立；綜上所得的最大值為．故選:C【點睛】本小題主要考查三角函數的零點和最值，考查三角函數的性質，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查分類討論的數學思想方法，屬于中檔題.8、D【解析】

先用復數的除法運算將復數化簡，然后用模長公式求模長.【詳解】解：z＝＝＝＝﹣﹣,則|z|＝＝＝＝.故選：D.【點睛】本題考查復數的基本概念和基本運算,屬于基礎題.9、B【解析】

由題意，取的3個球的編號的中位數恰好為5的情況有，所有的情況有種，由古典概型的概率公式即得解.【詳解】由題意，取的3個球的編號的中位數恰好為5的情況有，所有的情況有種由古典概型，取的3個球的編號的中位數恰好為5的概率為：故選：B【點睛】本題考查了排列組合在古典概型中的應用，考查了學生綜合分析，概念理解，數學運算的能力，屬于中檔題.10、C【解析】

先根據是奇函數，排除A，B，再取特殊值驗證求解.【詳解】因為，所以是奇函數，故排除A，B，又，故選：C【點睛】本題主要考查函數的圖象，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.11、C【解析】

先解不等式，可得出，求出函數的值域，由題意可知，不等式在定義域上恒成立，可得出關于的不等式，即可解得實數的取值范圍.【詳解】，先解不等式.①當時，由，得，解得，此時；②當時，由，得.所以，不等式的解集為.下面來求函數的值域.當時，，則，此時；當時，，此時.綜上所述，函數的值域為，由于在定義域上恒成立，則不等式在定義域上恒成立，所以，，解得.因此，實數的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題考查利用函數不等式恒成立求參數，同時也考查了分段函數基本性質的應用，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.12、A【解析】

由，得，代入集合B即可得.【詳解】，，，即：，故選：A【點睛】本題考查了集合交集的含義，也考查了元素與集合的關系，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由向量平行的坐標表示得出，求解即可得出答案.【詳解】因為，所以，解得.故答案為：【點睛】本題主要考查了由向量共線或平行求參數，屬于基礎題.14、【解析】

解：兩式作差，得，經過檢驗得出數列的通項公式，進而求得的通項公式，裂項相消求和即可．【詳解】解：兩式作差，得化簡得，檢驗：當n=1時，，所以數列是以2為首項，2為公比的等比數列；，，令故填：．【點睛】本題考查求數列的通項公式，裂項相消求數列的前n項和，解題過程中需要注意n的范圍以及對特殊項的討論，側重考查運算能力．15、【解析】

利用，且周期為2，可得，得.【詳解】∵，且周期為2，∴，又當時，，∴，故答案為：【點睛】本題考查函數的周期性與對稱性的應用，考查轉化能力，屬于基礎題.16、1【解析】

利用輔助角公式化簡可得,由題可分析的最小值等于表示相鄰的一個對稱中心與一個對稱軸的距離為,進而求解即可.【詳解】由題,,因為,,且的最小值等于,即相鄰的一個對稱中心與一個對稱軸的距離為,所以,即,所以,故答案為:1【點睛】本題考查正弦型函數的對稱性的應用,考查三角函數的化簡.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）【解析】試題分析：（1），分，討論，當時，對，，當時，解得，在上是減函數，在上是增函數。所以，當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）原命題為假命題，則逆否命題為真命題。即不等式在區間內有解。設，所以，設，則，且是增函數，所以。所以分和k>1討論。試題解析：（Ⅰ）因為，所以，當時，對，，所以在是減函數，此時函數不存在極值，所以函數沒有極值點；當時，，令，解得，若，則，所以在上是減函數，若，則，所以在上是增函數，當時，取得極小值為，函數有且僅有一個極小值點，所以當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（Ⅱ）命題“，”是假命題，則“，”是真命題，即不等式在區間內有解.若，則設，所以，設，則，且是增函數，所以當時，，所以在上是增函數，，即，所以在上是增函數，所以，即在上恒成立.當時，因為在是增函數，因為，，所以在上存在唯一零點，當時，，在上單調遞減，從而，即，所以在上單調遞減，所以當時，，即.所以不等式在區間內有解綜上所述，實數的取值范圍為.18、（1）（2）【解析】試題分析：（1）因為AB⊥AC，A1B⊥平面ABC，所以以A為坐標原點，分別以AC、AB所在直線分別為x軸和y軸，以過A，且平行于BA1的直線為z軸建立空間直角坐標系，由AB=AC=A1B=2求出所要用到的點的坐標，求出棱AA1與BC上的兩個向量，由向量的夾角求棱AA1與BC所成的角的大小；

（2）設棱B1C1上的一點P，由向量共線得到P點的坐標，然后求出兩個平面PAB與平面ABA1的一個法向量，把二面角P-AB-A1的平面角的余弦值為，轉化為它們法向量所成角的余弦值，由此確定出P點的坐標．試題解析：解（1）如圖，以為原點建立空間直角坐標系，則，.，故與棱所成的角是.（2）為棱中點，設，則.設平面的法向量為，，則，故而平面的法向量是，則，解得，即為棱中點，其坐標為.點睛：本題主要考查線面垂直的判定與性質，以及利用空間向量求二面角.空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是：（1）觀察圖形，建立恰當的空間直角坐標系；（2）寫出相應點的坐標，求出相應直線的方向向量；（3）設出相應平面的法向量，利用兩直線垂直數量積為零列出方程組求出法向量；（4）將空間位置關系轉化為向量關系；（5）根據定理結論求出相應的角和距離.19、（1）.（2）【解析】

（1）利用線面垂直的性質得出，進而得出，利用相似三角形的性質，得出，從而得出的值；（2）利用線面垂直的判定定理得出平面，進而得出四面體的體積，計算出，，即可得出四面體的體積.【詳解】（1）因為平面，平面，所以又因為，都垂直于平面，所以又，分別是正方形邊，的中點，且，所以.（2）因為，分別是正方形邊，的中點，所以又因為，都垂直于平面，平面，所以因為平面，所以平面所以，四面體的體積，所以.【點睛】本題主要考查了線面垂直的性質定理的應用，以及求棱錐的體積，屬于中檔題.20、（1），，表示以為圓心為半徑的圓；為拋物線；（2）【解析】

（1）消去參數的直角坐標方程，利用，即得的直角坐標方程；（2）由直線與拋物線相切，求導可得切線斜率，再由直線與圓相切，故切線