2025-2026学年重庆地区高三数学第一学期期末教学质量检测试题.doc

2025-2026学年重庆地区高三数学第一学期期末教学质量检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．在很多地铁的车厢里，顶部的扶手是一根漂亮的弯管，如下图所示．将弯管形状近似地看成是圆弧，已知弯管向外的最大突出(图中)有，跨接了6个坐位的宽度()，每个座位宽度为，估计弯管的长度，下面的结果中最接近真实值的是（ ）

A． B． C． D．
2．已知的值域为，当正数a，b满足时，则的最小值为（ ）
A． B．5 C． D．9
3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中的最长棱长为（ ）

A． B． C． D．
4．3本不同的语文书，2本不同的数学书，从中任意取出2本，取出的书恰好都是数学书的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．已知集合，，则=( )
A． B． C． D．
6．欧拉公式为,(虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式可知，表示的复数位于复平面中的（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
7．一袋中装有个红球和个黑球（除颜色外无区别），任取球，记其中黑球数为，则为（ ）
A． B． C． D．
8．是恒成立的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
9．已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ）．
A． B． C． D．
10．洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上心有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数．如图，若从四个阴数和五个阳数中分别随机选取1个数，则其和等于11的概率是（ ）．

A． B． C． D．
11．若复数（）在复平面内的对应点在直线上，则等于( )
A． B． C． D．
12．在展开式中的常数项为　　
A．1 B．2 C．3 D．7
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知二项式的展开式中的常数项为，则__________．
14．的展开式中，项的系数是__________．
15．定义在R上的函数满足：①对任意的，都有；②当时，，则函数的解析式可以是______________.
16．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马.现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为_______．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数.
（1）若函数不存在单调递减区间，求实数的取值范围；
（2）若函数的两个极值点为，，求的最小值.
18．（12分）设复数满足（为虚数单位），则的模为______.
19．（12分）已知数列的前项和和通项满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列中，，，求数列的前项和.
20．（12分）已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为．
（1）求直线的极坐标方程；
（2）若直线与曲线交于两点，求的面积．
21．（12分）已知椭圆的左，右焦点分别为，，，M是椭圆E上的一个动点，且的面积的最大值为.
（1）求椭圆E的标准方程，
（2）若，，四边形ABCD内接于椭圆E，，记直线AD，BC的斜率分别为，，求证:为定值.
22．（10分）已知数列和满足，，，，.
（Ⅰ）求与；
（Ⅱ）记数列的前项和为，且，若对，恒成立，求正整数的值.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B
【解析】
为弯管，为6个座位的宽度，利用勾股定理求出弧所在圆的半径为，从而可得弧所对的圆心角，再利用弧长公式即可求解.
【详解】
如图所示，为弯管，为6个座位的宽度，

则

设弧所在圆的半径为，则

解得

可以近似地认为，即
于是，长
所以是最接近的，其中选项A的长度比还小，不可能，
因此只能选B，260或者由，
所以弧长.
故选：B
本题考查了弧长公式，需熟记公式，考查了学生的分析问题的能力，属于基础题.
2．A
【解析】
利用的值域为,求出m,再变形,利用1的代换,即可求出的最小值.
【详解】
解：∵的值域为,
∴,
∴,
∴
,
当且仅当时取等号,
∴的最小值为.
故选：A.
本题主要考查了对数复合函数的值域运用,同时也考查了基本不等式中“1的运用”,属于中档题.
3．C
【解析】
根据三视图，可得该几何体是一个三棱锥，并且平面SAC平面ABC，，过S作，连接BD ，，再求得其它的棱长比较下结论.
【详解】
如图所示：

由三视图得：该几何体是一个三棱锥，且平面SAC 平面ABC，，
过S作，连接BD，则 ，
所以 ， ，，，
该几何体中的最长棱长为.
故选：C
本题主要考查三视图还原几何体，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.
4．D
【解析】
把5本书编号，然后用列举法列出所有基本事件．计数后可求得概率．
【详解】
3本不同的语文书编号为，2本不同的数学书编号为，从中任意取出2本，所有的可能为：共10个，恰好都是数学书的只有一种，∴所求概率为．
故选：D.
本题考查古典概型，解题方法是列举法，用列举法写出所有的基本事件，然后计数计算概率．
5．C
【解析】
计算，，再计算交集得到答案.
【详解】
，，故.
故选：.
本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力.
6．A
【解析】
计算，得到答案.
【详解】
根据题意，故，表示的复数在第一象限.
故选：.
本题考查了复数的计算， 意在考查学生的计算能力和理解能力.
7．A
【解析】
由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得随机变量的数学期望值
【详解】
由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，
则，，，.
因此，随机变量的数学期望为.
故选：A.
本题考查随机变量数学期望的计算，考查计算能力，属于基础题.
8．A
【解析】
设 成立；反之，满足 ，但，故选A.
9．A
【解析】
先化简求出，即可求得答案.
【详解】
因为，
所以
所以
故选：A
此题考查复数的基本运算，注意计算的准确度，属于简单题目.
10．A
【解析】
基本事件总数，利用列举法求出其和等于11包含的基本事件有4个，由此能求出其和等于11的概率．
【详解】
解：从四个阴数和五个阳数中分别随机选取1个数，
基本事件总数，

其和等于11包含的基本事件有：，，，，共4个，
其和等于的概率．
故选：．
本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
11．C
【解析】
由题意得，可求得，再根据共轭复数的定义可得选项.
【详解】
由题意得，解得，所以，所以，
故选：C.
本题考查复数的几何表示和共轭复数的定义，属于基础题.
12．D
【解析】
求出展开项中的常数项及含的项，问题得解。
【详解】
展开项中的常数项及含的项分别为：
,，
所以展开式中的常数项为：.
故选：D
本题主要考查了二项式定理中展开式的通项公式及转化思想，考查计算能力，属于基础题。

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．2
【解析】
在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得常数项，再根据常数项等于求得实数的值．
【详解】
二项式的展开式中的通项公式为，
令，求得，可得常数项为，，
故答案为：．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
14．240
【解析】
利用二项式展开式的通项公式，令x的指数等于3，计算展开式中含有项的系数即可.
【详解】
由题意得：，只需，可得，
代回原式可得，
故答案：240.
本题主要考查二项式展开式的通项公式及简单应用，相对不难.
15．（或，答案不唯一）
【解析】
由可得是奇函数，再由时，可得到满足条件的奇函数非常多，属于开放性试题.
【详解】
在中，令，得；令，
则，故是奇函数，由时，，
知或等，答案不唯一.
故答案为：（或，答案不唯一）.
本题考查抽象函数的性质，涉及到由表达式确定函数奇偶性，是一道开放性的题，难度不大.
16．.
【解析】
分析：由题意结合古典概型计算公式即可求得题中的概率值.
详解：由题意可知了，比赛可能的方法有种，
其中田忌可获胜的比赛方法有三种：田忌的中等马对齐王的下等马，
田忌的上等马对齐王的下等马，田忌的上等马对齐王的中等马，
结合古典概型公式可得，田忌的马获胜的概率为.
点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）（2）
【解析】
分析：（1）先求导，再令在上恒成立，得到上恒成立，利用基本不等式得到m的取值范围.(2)先由得到
，再求得，再构造函数再利用导数求其最小值.
详解：（1）由函数有意义，则
由且不存在单调递减区间，则在上恒成立，
上恒成立

（2）由知，
令，即
由有两个极值点
故为方程的两根，
，
，
则

由
由 ，则上单调递减
，即

由知

综上所述，的最小值为.
点睛：（1）本题主要考查利用导数求函数的单调区间和极值，考查利用导数求函数的最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)本题的难点有两个，其一是求出,其二是构造函数再利用导数求其最小值.
18．1
【解析】
整理已知利用复数的除法运算方式计算，再由求模公式得答案.
【详解】
因为，即
所以的模为1
故答案为：1
本题考查复数的除法运算与求模，属于基础题.
19．（1）；（2）
【解析】
（1）当时，利用可得，故可利用等比数列的通项公式求出的通项.
（2）利用分组求和法可求数列的前项和.
【详解】
（1）当时，，所以，
当时，，①
，②
所以，
即，又因为，故，所以，
所以是首项，公比为的等比数列，
故.
（2）由得：数列为等差数列，公差，
，，

.
本题考查数列的通项与求和，注意数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.
20．（1）（2）
【解析】
（1）先消去参数，化为直角坐标方程，再利用求解.
（2）直线与曲线方程联立，得，求得弦长和点到直线的距离，再求的面积.
【详解】
（1）由已知消去得，则，
所以，所以直线的极坐标方程为．
（2）由，得，
设，两点对应的极分别为，，则，，
所以，
又点到直线的距离
所以
本题主要考查参数方程、直角坐标方程及极坐标方程的转化和直线与曲线的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
21．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，当M为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值，求出，即可得答案；
（2）根据题意可知，，因为，所以可设直线CD的方程为，将直线代入曲线的方程，利用韦达定理得到的关系，再代入斜率公式可证得为定值.
【详解】
（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，
当M为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值.
所以，所以，，
故椭圆E的标准方程为.
（2）根据题意可知，，因为，
所以可设直线CD的方程为.
由，消去y可得，
所以，即.
直线AD的斜率，
直线BC的斜率，
所以
，故为定值.
本题考查椭圆标准方程的求解、椭圆中的定值问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法的运用.
22．（Ⅰ）,；（Ⅱ）1
【解析】
（Ⅰ）易得为等比数列,再利用前项和与通项的关系求解的通项公式即可.
（Ⅱ）由题可知要求的最小值,再分析的正负即可得随的增大而增大再判定可知即可.
【详解】
（Ⅰ）因为,故是以为首项,2为公比的等比数列,故.
又当时, ,解得.
当时, …①
…②
①-②有,即.当时也满足.故为常数列,
所以.即.
故,
（Ⅱ）因为对,恒成立.故只需求的最小值即可.
设,则,
又,
又当时,时.
当时,因为
.
故.
综上可知.故随着的增大而增大,故,故
本题主要考查了根据数列的递推公式求解通项公式的方法,同时也考查了根据数列的增减性判断最值的问题,需要根据题意求解的通项,并根据二项式定理分析其正负,从而得到最小项.属于难题.