【文档说明】重庆市第十一中学教育集团2024-2025学年高三上学期第四次质量检测数学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，488.277 KB，由管理员店铺上传

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重庆市第十一中学校教育集团高2025届高三第四次质量检测数学试题2024.12注意事项：1．本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上.3．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.4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题1.若复数满足，则复平面内表示的点在（）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】根据复数的乘法运算法则求得，再求，根据复数的几何意义进行判断.【详解】，则．其对应的点在第四象限．故选：D.2.设等比数列的前项和为，若，且，则等于（）A.3B.303C.D.【答案】A【解

析】【分析】先利用等比数列通项公式求得公比，再利用等比数列的前项和公式可求.【详解】设等比数列的公比为，由，可得，故．故选：A3.已知向量，满足，则在上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用平面向量数量积的运算性质求得，再利用投影向量的定义可求得在上的投影向量.

【详解】因为，所以，所以，从而在上的投影向量为．故选：B.4.泰勒级数用无限连加式来表示一个函数，如：，其中．根据该展开式可知，与的值最接近的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】据题意将所求转化为三角函数值，再将弧度制与角度制互化，结合

诱导公式判断即可.【详解】原式.故选：D.5.已知直线，圆，若圆上恰有三个点到直线的距离都等于，则（）A.2B.4C.D.8【答案】C【解析】【分析】由于圆心到直线的距离为，根据圆上恰有三个点到直线的距离等于，可

以得到圆心到直线的距离，可得半径的值.【详解】圆心，则点C到直线的距离，又因为圆C上恰有三个点到直线的距离为，所以圆心到直线的距离，即.故选：C．6.已知三棱锥中，平面，，，则此三棱锥外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】

根据题意，利用正弦定理求得的外接圆的半径，再由球的截面的性质，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.【详解】在中，，，则的外接圆的半径，因为平面，，设此三棱锥外接球的半径为，则，则三棱锥的外接球的表面积为．故选：B．7.对于函

数与，若存在，使，则称，是与图象的一对“隐对称点”．已知函数，，函数与的图象恰好存在两对“隐对称点”，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意可得函数与的图象有两个交点，结合导数可画出两函数的图象，结合导数

的几何意义数形结合即可得解.【详解】由题意函数与的图象有两个交点，令，则，∴当时，，单调递增；当时，，单调递减；又恒过点，当时，，在同一坐标系中作出函数、的图象，如图，由图象可知，若函数与的图象有两个交点，则，当直线为函数图象的切线时，由，可得，∴且，即.故选：D．8.某城市随机选取个人参加活

动，假设该城市人口年龄分布均匀，要使得参加该活动有人生肖相同的概率大于，则至少需要选取（）个人.A.B.C.D.【答案】C【解析】分析】利用分步计数原理及排列，先求得选取个人中生肖均不相同概率，再求出，即可求解.【详解】已知个生肖，按先后顺序选择个人，

每次选中的人有种等概率可能，由分步乘法原理共有种情况，若选取个人中生肖均不相同，有种可能，故选取个人中生肖均不相同概率，要使得参加该活动有人生肖相同的概率大于，即，由于，即随n随n的增大而减小，，，故至少要选个人，故选：C.

二、多选题9.甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，B表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（）A

.、为对立事件B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】只需注意到事件B是在事件或发生之后可解.【详解】因为甲罐中只有红球和白球，所以A正确；当发生时，乙罐中有4个红球，7个白球，此时B发生的概率为，故B正确；当发生时，乙罐中有3个红球，8个白

球，此时B发生的概率为，故D不正确；，故C不正确.故选：AB10.下图是函数的部分图象，则下列结论正确的是（）A.B.将图象向右平移后得到函数的图象C.在区间上单调递增D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据给定的函数图象，利用五点法作图求出，再结合正弦型函数图象与性质逐项分析

判断.【详解】对于A，观察图象，，的最小正周期，解得，由，得，，而，则，，所以，故A正确；对于B，将图象向右平移后得到函数，故B错误；对于C，当时，，而正弦函数在上单调递增，因此在区间上单调递增，故C正确．对于

D，因，所以，则，，故D正确．故选：ACD.11.双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为A，B，若P是右支上一点（与B不重合）如图，过点P的直线与双曲线C的左支交于点Q，与其两条渐近线分别交于S，T两点，则下列结论中正确的是（

）A.P到两条渐近线的距离之积为B.当直线l运动时，始终有C.在中，D.内切圆半径取值范围为【答案】ABC【解析】【分析】选项A,设出点，然后计算出渐近线，分别计算距离求解即可；选项B，设直线，然后分别联立双曲线和渐近线方程计算交点，计算即可；选项

C，利用点坐标表示出，然后利用三角形内角的角度关系得到，，由选项可知，只需得到分母的值就可以得到正确答案；选项D,高中我们求三角形内切圆半径的方法为，然后化简求解即可.【详解】由题可知双曲线的标准方程为，故两个渐近线方程分别为与，设点，由题可知所以

点到两个渐近线的距离分别为故由题可知，故，故选项A正确；设点显然直线的斜率存在,设直线联立方程，，得所以直线分别与渐近线与联立得得所以有即由题可知，所以，故选项B正确；不妨设，由题可知，所以有由题可知，故所以整理得，故选项C正确；由三角形内切圆的半径求

法可知其内切圆半径易知得因为得,所以，因为，所以，所以，，故选项D错误.故选：ABC【点睛】关键点点睛，在解析几何中当我们需要运用距离公式时候，特别是很多距离相加，式子中会存在较多的根号，我们经常利用三角换元然后化简求解.三、填空题12.

中内角，，所对的边分别为，，，且，，，则________．【答案】【解析】【分析】根据已知条件和正弦定理可得，从而利用同角的正余弦的平方关系可求的值．【详解】在中由正弦定理可知，所以，解得，由，又，，所以，所以.故答案为：.

13.已知直线和互相垂直，且，则的最小值为________．【答案】##【解析】【分析】根据两直线垂直得到，再利用基本不等式求解.【详解】因为，所以，即，因为，，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值

为．故答案为：．14.已知函数，若关于的方程有3个不相等的实数解，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】利用导数的几何意义求出直线与曲线相切时的a的值，将关于x的方程有3个实数解问题转化为直线与曲线的交点问

题，数形结合，可得答案.【详解】当时，设，则，所以在区间上单调递减，从而，此时；当时，设，在区间上单调递减，所以当时，，即；当时，，即；当时，，即.可知，设，注意到曲线与曲线恰好交于点，显然，,作出的大致图

象如图，由，得，即g(x)=ax+1.设直线与曲线切于点，，直线过定点，则，解得，从而.由图象可知，若关于x的方程有3个实数解，则直线与曲线有3个交点，则，即所求实数a的取值范围是，故答案为：【点睛】关键点睛：解答本题的关键所在：（1）明确的含义，即；

（2）数形结合思想，作出函数的图象；（3）将关于x的方程有3个实数解，转化为直线与曲线的交点问题.四、解答题15.记为数列的前项和，已知是公差为的等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前

项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先根据题干条件表示出的关系，然后根据该递推关系证明为常数数列，即可求解；（2）利用错位相减法求解即可.【小问1详解】由题意，所以，当时，，两式作差得，所以，则数列为常数数列，且，所以；【小问2详解】，所以

，①②①-②得所以16.如图，在直三棱柱中，，，P为上的动点，Q为棱的中点．（1）设平面平面，若P为的中点，求证：；（2）设，问线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【解析】

【分析】（1）设的中点为，连接，易证四边形为平行四边形，可得，进而得到平面，再根据线面平行的性质求证即可；（2）建立空间直角坐标系，结合空间向量及平面列出方程组求解即可.【小问1详解】证明：设的中点为，连接，因为P为的中点，Q为的中点，所以，，，在直三棱柱中，，，所以，且，

所以四边形为平行四边形，则，又平面，平面，所以平面，又平面平面，平面，所以.【小问2详解】在直三棱柱中，平面，，故可以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，因为，所以，则，，又，则，所以，若平面，则，则，解得，所以线段

上存在点P，使得平面，此时.17.人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟.某公司研究了一款答题机器人，参与一场答题挑战.若开始基础分值为（）分，每轮答2题，都答对得1分，仅答对1题得0分，都答错得分.若该答题

机器人答对每道题的概率均为，每轮答题相互独立，每轮结束后机器人累计得分为，当时，答题结束，机器人挑战成功，当时，答题也结束，机器人挑战失败.（1）当时，求机器人第一轮答题后累计得分的分布列与数学期望；（2）当时，求机器人在第6轮答

题结束且挑战成功的概率.【答案】（1）分布列见解析，（2）【解析】【分析】（1）利用离散型随机变量的分布列与期望公式计算即可；（2）根据超几何分布分类讨论计算即可.【小问1详解】当时，第一轮答题后累计得分所有取值为4，3，2，根据题意可知：，，，所以第一轮答题后累计得分的分布列为：4

32所以.【小问2详解】当时，设“第六轮答题后，答题结束且挑战成功”为事件A，此时情况有2种，分别为：情况①：前5轮答题中，得1分的有3轮，得0分的有2轮，第6轮得1分；情况②：前4轮答题中，得1分的有3轮

，得分的有1轮，第5.6轮都得1分；所以.18.已知函数．（1）若，求极值；（2）若函数有两个极值点，求的范围；（3）在（2）的条件下，求证：．【答案】（1）极大值为，极小值为（2）（3）证明见解析【解析】

【分析】（1）将代入函数解析式，利用导数求函数极值；（2）二次求导,根据单调性结合最值确定极值点个数求参即可；（3）是方程的两个根，有，，，，化简得，令，利用导数求的单调性，可证明结论.【小问1详解】当时，，函数定义域为，，当，，在上单调递增，或，，在和上单调递减，∴

的极大值为，的极小值为．【小问2详解】由，得．令，则，，当，即时，恒成立，则，所以在上减函数．当，即或．（i）当时，在上单调递增，恒成立，从而，所以在上是减函数．（ii）当时，函数有两个零点：，，列表如下：-0+0-减函数极

小值增函数极大值减函数综上当，有两个极值点．【小问3详解】由（2）知，当时，有两个极值点，，，则，是方程的两个根，从而，，由韦达定理，得，．所以，．令，，，则，当时，，则在上是增函数，从而，故．【点睛】关键点点睛：证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧

.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.19.定义：在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”．双曲线的左、右焦点分别为，，其他轴为2，且点为双曲线右支上一动点，直线与曲线相切

于点，且与的渐近线交于、两点，且点在点上方．当轴时，直线为的等线．（1）求双曲线的方程；（2）若是四边形的等线，求四边形的面积；（3）已知为坐标原点，设，点的轨迹为曲线，判断：在点处的切线是否为的等线，并说明理由．【答案】（1）（2）12（3

）直线为的等线，理由见解析【解析】【分析】（1）在双曲线的方程中，令，结合已知条件求出点的坐标，根据“等线”的定义可得出关于的方程组，解出的值，即可得出双曲线的方程；（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可.（3）利用给定条件和新定义

证明即可.【小问1详解】在双曲线的方程中，令，解得，因为直线为的等线，显然点在直线的上方，故有，又、，有，，解得，，所以的方程为；【小问2详解】设，由题意有方程为①双曲线渐近线方程为，联立得，，故，所以是线段的中点，因为、到过原点的直线距离相等，则过原点点的等

线必定满足：、到该等线距离相等，且分居两侧，所以该等线必过点，即直线的方程为，由，解得，故．所以，所以，所以，所以；【小问3详解】设，由，所以，，故曲线的方程为，由①知切线为，也为，即，即，易知与在的右侧，在的左侧，分别记、，到的距离为、、，由（2）知，，所以，由得，，因为，所

以直线为的等线．【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是利用给定定义和条件，然后结合前问结论，得到，证明即可．