2024-2025学年重庆市乌江新高考协作体高三（上）调研数学试卷（9月份）（一）（含答案）

2024-2025学年重庆市乌江新高考协作体高三（上）调研数学试卷（9月份）（一）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数满足，则( )
A. B. C. D.
2.下列命题中的真命题是( )
A. 互余的两个角不相等
B. 相等的两个角是同位角
C. 若，则
D. 三角形的一个外角等于和它不相等的一个内角
3.若向量，，且，则( )
A. B. C. D.
4.以下关于统计分析的描述，哪一个是正确的？( )
A. 样本均值越接近总体均值，样本的代表性越好
B. 样本标准差越大，数据的离散程度越小
C. 相关系数的绝对值越接近，表示两个变量的线性关系越弱
D. 决定系数越接近，模型的解释能力越强
5.已知双曲线：的左右焦点分别为，，过点且与渐近线垂直的直线与双曲线左右两支分别交于，两点，若，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
6.已知函数图象的对称轴方程为，则( )
A. B. C. D.
7.三棱锥的侧棱是它的外接球的直径，且，，，，则三棱锥的体积为( )
A. B. C. D.
8.已知在函数的图象上存在四个点，，，构成一个以原点为对称中心的平行四边形，则一定有( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设，曲线在点处切线的斜率为，与轴的交点为，与轴的交点为，则( )
A. B.
C. D.
10.在平面直角坐标系中，已知圆的动弦，圆，则下列选项正确的是( )
A. 当圆和圆存在公共点时，则实数的取值范围为
B. 的面积最大值为
C. 若原点始终在动弦上，则不是定值
D. 若动点满足四边形为矩形，则点的轨迹长度为
11.已知函数和，则下列说法正确的有( )
A. 若有两个相同的实数根，则函数经过一二四象限
B. 的图象和一个以为圆心，为半径的圆没有交点
C. 可以在时取到最小值
D. 若有两个不同零点，设这两个零点分别为、在的左边在时，若的最小值等于，则是不可能成立的
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设是各项均为正数的等比数列的前项和，若，则 ______．
13.若，，且，则的最小值为______．
14.对于两个事件，，若，，称为事件，的相关系数近日重庆酷暑难耐，小张、小李、小王、小刘四人计划周末去避暑，现有四个可出游的景点：南天湖、金佛山、仙女山和黑山谷，若事件：金佛山景点至少有一人：事件：仙女山和黑山谷两个景点恰有一个景点无人，则事件，的相关系数为______．
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.本小题分
的内角，，的对边分别为，，，已知．
求角；
若，，求的面积．
16.本小题分
设数列的前项和为，且满足．
求的通项公式；
设，数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求的取值范围．
17.本小题分
已知函数，且恒成立．
求实数的取值集合；
证明：．
18.本小题分
近年来，社交推理游戏越来越受到大众的喜爱，它们不仅提供了娱乐和休闲的功能，还可以锻炼玩家的逻辑推理、沟通技巧和团队合作精神，增强社交能力和人际交往能力某校“社交推理游戏社团”在一次活动中组织了“搜索魔法师”游戏，由名“侦探”、名“麻瓜”、名“魔法师”参与游戏游戏开始前，“侦探”是公认的，每个“麻瓜”和“魔法师”均清楚自己的角色且不知道其他人的身份游戏过程中，由“侦探”对“麻瓜”和“魔法师”逐个当众询问并正确应答，直至找出所有的“魔法师”为止．
若恰在第次搜索才测试到第个“魔法师”，第次才找到最后一个“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？
若恰在第次搜索后就找出了所有“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？
游戏开始，有甲、乙、丙三位同学都想争取“侦探”的角色，主持人决定采用“击鼓传花”的方式来最终确认人员三人围成一圈，第次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两个人中任何一人试问，次传花后花在甲手上的可能线路有多少种？
19.本小题分
已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集．
若为的阶等距平面且阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数；
已知为的阶等距平面，且点与点，，分别位于的两侧若的阶等距集为，其中点到的距离为，求平面与夹角的余弦值．
参考答案
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15.解；，
由正弦定理得：，
在中，，
即，
所以，
所以，
因为，
可得，
又因为，
所以；
，
可得，
因为，
所以，，
由，
得，
因为
，
所以
．
16.解：当时，由，解得，
当时，，，
两方程相减得，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以；
由知，
所以，
，
上面两方程相减得
，
即，
因为，
所以是单调递增数列，当时，，
所以，
因为对任意的，恒成立，
所以，解得，
即的取值范围为．
17.解：因为，
则，
当时，，在上单调递减，
当时，，这与矛盾，不合题意．
当时，
由得，单调递减；由得，单调递增，
时，函数取得唯一极小值即最小值．
又且，
，解得，故实数的取值集合是．
由可知：时，，即对任意恒成立．
要证明：，
则只需要证明，
即．
令，，，
令，，
令，解得．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增．
即函数在内单调递减，在上单调递增．
而，．
所以存在，使得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
当时，，单调递增．
又，，
对，恒成立，即．
综上可得．
18.解：先排前次搜索，只能取“麻瓜”，有名“麻瓜”，可得种不同的搜索方法，
再从个“魔法师”中选个排在第次和第次的位置上搜索，有种搜索方法，
再排余下个的搜索位置，有种搜索方法．
由分步相乘原理可得种不同的搜索方法．
由题意可得第次搜索恰为最后一个“魔法师”，
则另个在前次搜索中出现，从而前次有一个“麻瓜”出现，
所以共有种不同的搜索方法．
由于甲是第次传花的人，因此第次传花时，甲不能再次拿到花．这意味着在第次传花时，花必须传给乙或丙．
同样，第次传花时，花不能回到前一次传花的人手中．因此，传花的路线不能有连续两次传给同一个人的情况．
设为经过次传花后花在甲手上的线路数，其中．
则为经过次传花后花在甲手上的线路数，
所以为经过次传花的总线路，每一次传花均有两种方向顺时针或逆时针，
则，由，可得
，，，，
综上，次传花后花在甲手上的可能线路有种．
19.解：情形一：分别取，，的中点，，，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个阶等距平面，
为正四面体高的一半，等于，
由于正四面体有个面，这样的阶等距平面平行于其中一个面，有种情况；
情形二：分别取，，，的中点，，，，
将此正四面体放置到棱长为的正方体中，
则为正方体棱长的一半，等于，
由于正四面体的六条棱中有组对棱互为异面直线，
这样的阶等距平面平行于其中一组异面直线，有种情况，
综上，当的值为时，有个；当的值为时，有个．
在线段，，上分别取一点，，，
使得：：，：：，：：，则平面即为平面，
如图，取中点，连接，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，
，
设平面法向量为，
所以，即，
所以，
又平面的法向量为，
设平面与夹角为，
所以，
所以平面与夹角余弦值为．
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