2025届重庆市高三下学期模拟预测数学试题（含解析）

2025届重庆市高三下学期模拟预测数学试题
重庆高三数学考试
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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.
2.已知复数，则（ ）
A. B. C. D.1
3.若函数的最小正周期为，则（ ）
A. B.3 C. D.
4.已知向量，，，则（ ）
A.6 B.4 C. D.
5.已知变量和的统计数据如下表.
80 90 100 110 120
y 120 140 165 180
若，线性相关，经验回归方程为，则（ ）
A.155 B.158 C.160 D.162
6.若，则（ ）
A. B. C. D.
7.已知，，是球的球面上的三个点，且，球心到平面的距离为1，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8.在我国古代建筑中，梁一直是很重要的组成部分，现代工程科学常用抗弯截面系数来刻画梁的承重能力.若梁的截面形状是圆，且圆形截面的半径为，则抗弯截面系数；若梁的截面形状是正方形，且正方形截面的边长为，则抗弯截面系数；若梁的截面形状是长方形，且长方形截面的长为，宽为，则抗弯截面系数.若上述三种截面形状的梁的截面周长相同，则（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本题共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.已知椭圆的离心率为，则的值可能为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
10.已知定义在上的函数满足，，且当时，，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.在上单调递增
C.函数的零点从小到大依次记为，若，则的取值范围为
D.若函数在上恰有4个零点，则的取值范围为
11.已知，，定义运算.规定，且当，时，总有则（ ）
A.
B.
C.，，
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知函数，则曲线在点处的切线方程为__________.
13.已知正项数列的前项和为，且，则__________.
14.已知双曲线的左、右焦点分别为，，是右支上一点，过作的角平分线的垂线，垂足为.若是圆上任意一点，则的取值范围为__________.
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.（13分）
的内角，，的对边分别为，，.已知，.
（1）求；
（2）若外接圆的半径为5，求的面积.
16.（15分）
一个不透明的盒子中装有3个红球，3个黑球，个白球，这些球除颜色外完全相同.若从盒子中随机摸出1个球，则白球被摸出的概率为.
（1）求的值.
（2）现从盒子中一次性随机摸出4个球.
①求三种颜色的球都被摸出的概率；
②记摸出的球的颜色种类为，求的分布列与期望.
17.（15分）
如图，在直四棱柱中，，，，，，的中点分别为，.
（1）证明：.
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
18.（17分）
已知抛物线的焦点为，直线与相切.
（1）求的方程.
（2）过点且与平行的直线与相交于，两点，求.
（3）已知点，直线与相交于，两点（异于点），若直线，分别和以为圆心的动圆相切，试问直线是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由.
19.（17分）
已知函数，，.
（1）证明：.
（2）讨论函数在上的零点个数.
（3）当，时，证明：，.
重庆高三数学考试参考答案
1.B 因为，所以.
2.A 因为，所以.
3.D 因为的最小正周期为，所以，得.
4.C 因为，，，所以，，
则.
5.A 由表中数据可得，代入经验回归方程可得，则.
6.C ，
.
7.B 设球O的半径为R，外接圆的半径为r，则.因为球心O到平面ABC的距离为1，所以，从而球O的表面积为.
8.D 记这三种截面的周长为C，则，从而，
，.由，得.
令，，则，
显然在上恒成立，
在上单调递增，因为，，所以.
因为，所以.
9.BD 因为恒成立，所以由C的离心率为，得，解得或.
10.AC 由题可知，，A正确.作出的部分图象，可知在上单调递增，在上单调递减，B不正确.由，得，根据函数的对称性可知，当时，可知，是方程的两个不同的根，且，，根据的图象可知，a的取值范围为，C正确.当函数在上恰有4个零点时，根据的图象可知，a的取值范围为，D不正确.
11.ACD 由题可知，，A正确.当，且时，，
所以.令，
则由，
可得，B不正确.
因为，
所以，C正确.，从而，即，D正确.
12. 因为，所以，则，从而曲线在点处的切线方程为，整理得.
13.2500 由，得，解得.当时，由，得，两式相减得，整理得.
因为，所以，则是以1为首项，2为公差的等差数列，
从而.
14. 延长，，使之交于点Q（图略），因为PM平分，，
所以，M为的中点.又坐标原点O为的中点，
所以，
故M在以O为圆心，2为半径的圆上.由，得，
则N在以为圆心，2为半径的圆上.因为，所以的取值范围为.
15.解：（1）因为，所以.
又，所以，则
则，即或，即
因为，所以，则.从而.
（2）因为外接圆的半径为5，所以
由（1）可得，则.由，得
因为，所以，得，则，
故的面积.
16.解：（1）由题可知，从盒子中随机摸出1个球，白球被摸出的概率
（2）①从盒子中一次性随机摸出4个球，不同的取法共有种，
三种颜色的球都被摸出的不同取法共有种，
故三种颜色的球都被摸出的概率.
②由题可知，X的取值可能为1，2，3，
且，，，
X的分布列为
1 2 3
.
17.（1）证明：连接BD.因为，，
所以，则.
因为，所以.
又，所以为等边三角形.
取AD的中点E，连接BE，PE，则
又P是的中点，四棱柱为直四棱柱，所以
因为，所以平面PBE，因为平面PBE，所以.
（2）解：由题易知DC，DA，两两垂直，故以D为坐标原点，DC，DA，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，
，.
因为，所以，解得，
从而，，
设平面BPQ的法向量为，
由得，
令，得.
易知平面的一个法向量为，，
故平面BPQ与平面夹角的余弦值为.
18.解：（1）联立整理得.
因为与W相切，所以，
解得或（舍去），故W的方程为.
（2）由（1）可知.因为，所以的方程为.设，.
联立整理得，则，，
.
（3）设，，则直线l的方程为，①
直线AP的方程为，直线BP的方程为
设动圆F的半径为r，.
因为直线AP和圆F相切，所以，
整理得，
同理可得
所以a，b是一元二次方程的两个实数根，
则，，代入①式整理得
由，得，此时，故直线AB恒过定点.
19.（1）证明：因为，，所以.
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
从而，则.
（2）解：因为，，
所以.
当n为奇数时，在上恒成立，则在上单调递减
因为，，所以在上的零点个数为1.
当n为偶数时，，则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
从而，
所以在上的零点个数为0.
（3）证明：由（2）可知，当，时，
要证，，
即证，
即证，
即证，
即证.
由（1）可知，，当且仅当时，等号成立.
令，可得，
故
从而，.