重慶市高2025屆拔尖強基聯盟高三下2月聯合考試數學試題一、單項選擇題:本大題共8小題，每小題5分，共40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.若集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據補集、交集的定義計算可得.【詳解】因為，，所以，.故選：B2.在復平面內，復數對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根據復數代數形式的乘法運算化簡，再根據復數的幾何意義判斷即可.【詳解】因為，則復數在復平面內所對應的點為，位于第四象限.故選：D3.向量在向量上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先求出，，再根據投影向量定義計算可得.【詳解】因為、，所以，，所以向量在向量上的投影向量為.故選：D4.函數的圖象如圖所示，其中，，為了得到的圖象，可以將的圖象（）A.向右平移個單位長度 B.向右平移個單位長度C.向左平移個單位長度 D.向左平移個單位長度【答案】C【解析】【分析】根據函數圖象求出的解析式，再根據三角函數的變換規則判斷即可.【詳解】由函數圖象可知：，函數過、兩點，設的最小正周期為，因為，所以有，而，因此，即，因為，所以，即，所以，因為，所以，即，因此，而，所以將的圖象向左平移個單位長度得到的圖象.故選：C5.如圖，四邊形中，，將三角形沿著對角線翻折，使得點至點，形成三棱錐，已知三棱錐的四個頂點都在球的球面上，則球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，確定球的球心位置，求出球半徑即可.【詳解】依題意，在中，，則中點即為球的球心，連接，則，即球的半徑為1，所以球的表面積為.故選：B6.已知角的終邊經過點，，且，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據三角函數的定義求出，，再求出，最后根據及兩角差的正弦公式計算可得.【詳解】因為角的終邊經過點，所以，，因為，，所以，又，所以，所以，所以.故選：A7.數列對任意的有成立，若，則等于（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】變形給定的遞推公式，利用構造法，結合等差數列通項公式求解.【詳解】依題意，，則，數列是公差為1的等差數列，于是，而所以.故選：C8.已知奇函數的定義域為，對任意均有，且當時，.將的圖象向左平移個單位，在該過程中，的圖象恰好經過點共次，則的取值集合是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先得到函數的對稱性與周期性，即可畫出函數圖象（部分），依題意可得的圖象在區間上與直線有個交點，結合圖象得到的取值集合.【詳解】因為為定義域為的奇函數，所以，又對任意均有，所以，所以關于對稱，所以，所以為周期為的周期函數，又當時，，所以的部分圖象如下所示：因為將的圖象向左平移個單位，在該過程中，的圖象恰好經過點共次，所以的圖象在區間上與直線有個交點，又，結合圖象可知的取值集合為.故選：C【點睛】關鍵點點睛：本題解答的關鍵是推導出函數的對稱性與周期性，再數形結合.二、多項選擇題:本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.一個袋子中有10個除顏色外完全相同的小球，其中有4個黃球，6個白球，分別采用有放回和不放回的方式，從袋子中隨機摸出2個球作為樣本，用表示樣本中黃球的個數，下列說法正確的有（）A.如果采用有放回地摸球，則兩次都摸到黃球的概率是B.如果采用不放回地摸球，第一次摸到黃球的條件下，則第二次也摸到黃球的概率為C.如果采用不放回地摸球，則第二次摸到黃球的概率為D.無論是采用有放回摸球還是不放回摸球，的均值都是一樣的【答案】BCD【解析】【分析】利用相互獨立事件求出概率判斷A；利用條件概率及全概率公式求解判斷BC；利用二項分布及超幾何分布均值求解判斷D.【詳解】對于A，有放回地摸球，每次摸到黃球的概率為，且相互獨立，則兩次都摸到黃球的概率是，A錯誤；對于BC，不放回地摸球，設”第一次摸到黃球”，“第二次摸到黃球”，則，，BC正確；對于D，當分別采用有放回摸球和不放回摸球時，樣本中的黃球個數分別服從二項分布和超幾何分布，其均值均為，D正確.故選：BCD10.函數，則下列說法正確的是（）A.當時，的極小值為B.為奇函數C.當時，一定有三個零點D若直線與有三個交點，則【答案】BCD【解析】【分析】利用導數確定極值判斷A；利用奇函數的定義判斷B；由極大值、極小值的正負判斷C；利用中心對稱的性質判斷D.【詳解】對于A，當時，，求導得，當時，，當時，，為極大值，A錯誤；對于B，令，則，函數是奇函數，B正確；對于C，，當時，令的二根，，當或時，；當時，，函數在上遞增，在上遞減，，由三次函數的圖象特征知，函數的圖象與軸有3個交點，C正確；對于D，由選項B知，函數圖象關于點對稱，而直線關于點對稱，因此函數的圖象與直線的3個交點關于點對稱，其交點的橫坐標滿足，D正確.故選：BCD11.已知為坐標原點，是拋物線的焦點，是拋物線上的點，直線的斜率為1且滿足，則（）A. B.若，則C. D.【答案】ACD【解析】【分析】求出拋物線的焦點坐標，由直線的斜率求得，再結合拋物線定義逐項判斷得解.【詳解】依題意，，直線的斜率，解得，數列是以2為首項，4為公差的等差數列，則，對于A，，A正確；對于B，由，得，B錯誤；對于C，，直線：與軸交于點，因此的面積，C正確；對于D，由對稱性知，要證，即證，即證，而，同理，由數列是等差數列知，因此，D正確.故選：ACD【點睛】關鍵點點睛：利用拋物線的對稱性，把轉化為是求證的關鍵.三、填空題:本題共3小題，每小題5分，共15分.12.數列的前項和，則數列的通項公式是_____.【答案】【解析】【分析】根據給定條件，利用前項和與第的關系求出通項公式.【詳解】當時，，當時，，不滿足上式，所以數列的通項公式是.故答案為：13.函數在處切線的方向向量與向量共線，則_____.【答案】1【解析】【分析】求出函數的導數，再利用導數的幾何意義及方向向量的意義求出.【詳解】函數，求導得，則函數的圖象在處切線斜率，由切線的方向向量與向量共線，得切線斜率為2，因此，所以.故答案為：114.為激勵高三學子的學習熱情，數學老師開發了一款小游戲程序，同學們表現優秀時可參與一次.游戲規則如下:第一步，在圖①所示的棋盤內，學生點擊搖獎，程序會隨機放上7枚黑棋;第二步，學生自行選擇空格放上2枚白棋;最終，每當有4枚棋子在同一行、列或對角線上時，稱為連成一條線.若未連成線，則獲安慰獎；連成一、二、三條線，分別獲三、二、一等獎，圖②就是一種獲一等獎的情況.現在小明和小紅都可參與一次游戲.小明點擊搖獎后，出現了圖③的情況，若他隨機地放上白棋，則他獲二等獎的概率是_____；已知小紅放上白棋時總能保證獎勵最大化，則在“點擊搖獎后，7枚黑棋中恰有4枚在第一列”的條件下，她獲一等獎的概率是_____.【答案】①.②.【解析】【分析】求出在圖③中再放2枚棋子形成兩條線的情況種數即可得小明獲獎概率；構建模型，結合排除法求出保證獎勵最大化的結果數，再利用古典概率求解.【詳解】對于小明，在圖③的情況下，再放2枚白棋形成兩條線的不同情況有4種，而樣本空間共有種不同情況，所以小明獲二等獎的概率是；對于小紅，9枚棋子形成三條線的形狀（簡稱“三線”）必然由一行、一列、一對角線構成，由于第一列已經確定，則當第一或第四行連上時，對角線還有1種情況；當第二行或三行連上時，對角線還有2種情況，因此“三線”共有種，由于小紅總能保證獎勵最大化，則只需隨機出來的形狀恰好是“三線”去掉2枚棋子（簡稱“準三線”）即可，于是從第一列外的5枚棋子中去掉2枚棋子形成的“準三線”共種，但是，有一些“準三線”可以由多個“三線”得到：第一列和某一對角線形成的“準三線”，可以由3個不同的“三線”得到，重復計算的“準三線”有次；第一列和第二行或三行形成的“準三線”，可以由2個不同的“三線”得到，重復計算的“準三線”有次，因此，“準三線”實際上只有種，第一列之外隨機放上3枚棋子的所有情況為種，所以小紅獲得一等獎的概率.故答案為：；【點睛】關鍵點點睛：在保證獎勵最大化的前提下，構造模型并結合排除法將重復計算的情況去掉是求解的關鍵.四、解答題:本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.銳角中，角，，所對應的邊分別為，，，，.（1）若，求;（2）求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理求出，從而求出，再由兩角和的正弦公式計算可得；（2）利用正弦定理求出的取值范圍，再結合余弦定理及二次函數的性質計算可得.【小問1詳解】由正弦定理，即，解得，又為銳角三角形，所以，所以.【小問2詳解】由正弦定理可得，又為銳角三角形，所以，所以，則，所以，即，由余弦定理，則，所以.16.已知雙曲線的中心在原點，焦點在軸上，離心率為，且過點.（1）求雙曲線的標準方程；（2）設過點的直線與雙曲線交于兩點，是否存在直線使得(為原點)，若存在，求直線的方程，若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）不存在，理由見解析.【解析】【分析】（1）設出雙曲線的方程，利用離心率及所過的點求出即可.（2）設出直線的方程，與雙曲線方程聯立，利用韋達定理及垂直關系的向量表示求解.【小問1詳解】設雙曲線的方程為，由離心率為，得，解得，于是雙曲線過點，則，解得，所以雙曲線的標準方程為.【小問2詳解】依題意，直線不垂直于，且與雙曲線的漸近線不平行，設其方程為，由消去得：，設，則，，若，則，整理得，無解，所以不存在這樣的直線.17.如圖，長方體中，，點分別在上，.過的平面截該長方體，所得的截面為正方形，平面與棱的交點分別為.（1）求三棱錐的體積；（2）點為與的交點，求二面角的余弦值.【答案】（1）80；（2）.【解析】【分析】（1）利用面面平行的性質確定截面位置，再利用等體積法求出體積.（2）取中點，利用幾何法，結合余弦定理求出二面角的余弦.【小問1詳解】在長方體中，由，得四邊形為矩形，平面平面，平面平面，平面平面，則，同理，又平面，，則平面，而平面，于是，為為矩形，而截面為正方形，因此，，則，所以.【小問2詳解】在長方體中，點是中點，取的中點，連接，則，平面即平面，而平面，則平面，平面，于是，是二面角的平面角，在中，，則，所以二面角的余弦值為.18.已知.（1）當時，求的單調區間;（2）若當時，不等式恒成立，求的取值范圍.【答案】（1）單調遞增區間為，無單調遞減區間（2）【解析】【分析】（1）求出函數的定義域與導函數，即可求出函數的單調區間；（2）求出函數的導函數，依題意可得在處取得最小值，即為極小值，所以，則，從而得到，再分、、、四種情況討論，分別得到函數的單調性，即可求出參數的取值范圍.【小問1詳解】當時，定義域為，則，所以在上單調遞增，即的單調遞增區間為，無單調遞減區間；【小問2詳解】因為，因為不等式恒成立，所以在處取得最小值，即為極小值，所以，即，所以，所以，若，則當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，符合題意，又，，所以，解得；若，則當或時，當時，所以，上單調遞增，在上單調遞減，要使在處取得最小，在處取得最大值，所以應符合，即，解得，同時，令，考慮的解，因為，所以當時，即當時單調遞增，而，所以當時恒成立，所以，所以；若，則恒成立，所以在上單調遞增，不可能為最小值，故舍去；若，則時，所以在上單調遞增，所以不可能為最小值，故舍去；綜上可得，的取值范圍為.【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．19.一種特殊的單細胞生物在一個生命周期后有的概率分裂為兩個新細胞，的概率分裂為一個新細胞，隨后自身消亡.新細胞按相同的方式分裂，并且每個細胞的分裂情況相互獨立，如此繁衍下去.某實驗人員開始觀察一個該種單細胞生物經過個生命周期的分裂情況，將第個生命周期后的活細胞總數記為隨機變量.（1）若，（i）求隨機變量的分布列和期望;（ii）求事件“”的概率;（2）已知在的條件下，的期望稱為條件期望，其定義為，試求條件期望和的期望.【答案】（1）（i）分布列見解析，期望為；（ii）；（2）.【解析】【分析】（1）（i）求出的所有可能取值及對應的概率，列出分布列并求出期望；（ii）將事件“”分拆成兩兩互斥的事件的和，利用概率的加法公式，結合等比數列前項和公式求解.（2）求出在的條件下，的可能取值，求出對應的概率及期望，再利用全概率公式求出，進而求出的期望的遞