江西省上饒市第四中學(xué)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期十一月測試數(shù)學(xué)試題

這是一份江西省上饒市第四中學(xué)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期十一月測試數(shù)學(xué)試題，共18頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1．已知，若關(guān)于的不等式在上恒成立，則的最小值是（ ）
A．B．C．D．
2．設(shè)函數(shù)，，若，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）
A．B．
C．D．
3．在中，若分別為內(nèi)角的對邊，且，則（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．已知直線和平面，則下列命題正確的是（ ）
A．平面內(nèi)不一定存在和直線垂直的直線
B．若，則
C．若異面且，則
D．若，則直線可能兩兩相交且不過同一點(diǎn)
5．設(shè)x、，向量，，且，，則（ ）
A．B．C．3D．4
6．概率論起源于博弈游戲17世紀(jì)，曾有一個“賭金分配”的問題：博弈水平相當(dāng)?shù)募住⒁覂扇诉M(jìn)行博弈游戲，每局比賽都能分出勝負(fù)，沒有平局．雙方約定：各出賭金210枚金幣，先贏3局者可獲得全部贖金．但比賽中途因故終止了，此時甲贏了2局，乙贏了1局，問這420枚金幣的賭金該如何分配？數(shù)學(xué)家費(fèi)馬和帕斯卡都用了現(xiàn)在稱之為“概率”的知識，合理地給出了賭金分配方案．該分配方案是（ ）
A．甲315枚，乙105枚B．甲280枚，乙140枚
C．甲210枚，乙210枚D．甲336枚，乙84枚
7．設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為，若，則稱數(shù)列是數(shù)列的“均值數(shù)列”.已知數(shù)列是數(shù)列的“均值數(shù)列”，且，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)積為，則對任意，都有
B．設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)積為，則既有最大值，也有最小值
C．?dāng)?shù)列中沒有最大項(xiàng)
D．若對任意，恒成立，則
8．已知函數(shù)，下列說法錯誤的是（ ）
A．圖像關(guān)于對稱
B．只有一個零點(diǎn)且
C．若，則
D．不等式的解集
二、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(xiàng)中，有多項(xiàng)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．下列說法中正確的有（ ）
A．函數(shù)在上單調(diào)遞增
B．函數(shù)的定義域是，則函數(shù)的定義域?yàn)?br>C．不等式的解集為
D．函數(shù)關(guān)于點(diǎn)中心對稱
10．如圖，在棱長為2的正方體中，M，N，P分別是，，的中點(diǎn)，Q是線段上的動點(diǎn)（不包含端點(diǎn)），則（ ）
A．存在點(diǎn)Q，使B，N，P，Q四點(diǎn)共面
B．存在點(diǎn)Q，使平面BMN
C．過Q且與BN垂直的平面截正方體所得截面面積取值范圍為
D．點(diǎn)H是四邊形內(nèi)的動點(diǎn)，且直線PH與直線AD夾角為，則點(diǎn)H的軌跡長度為
11．若函數(shù)，與軸的三個交點(diǎn)依次為，，，且在這三個交點(diǎn)處的切線斜率分別記為，，，則下列說法中正確的是（ ）
A．
B．若，則
C．若，，成等差數(shù)列，則
D．
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．已知某組數(shù)據(jù)為x，y，8，10，11．它的平均數(shù)為8，方差為6，則的值為 ．
13．如圖，OPQ是以O(shè)為圓心，半徑為1，圓心角為的扇形，C是扇形弧上的動點(diǎn)，AB在線段OP上，ABCD是扇形的內(nèi)接矩形，則的最大值為 .
14．在研究線性回歸模型時， 樣本數(shù)據(jù)（，，，，）所對應(yīng)的點(diǎn)均在直線上，用表示解釋變量對于反應(yīng)變量變化的線性相關(guān)度，則 .
四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗(yàn)算步驟.
15．（13分）已知函數(shù).
(1)判斷函數(shù)在上的單調(diào)性，并用函數(shù)單調(diào)性的定義證明；
(2)解不等式：.
16．（15分）如圖，在三棱柱中，，點(diǎn)在底面ABC的射影為BC的中點(diǎn)O，M為的中點(diǎn).
(1)求證：平面；
(2)設(shè)點(diǎn)P為底面ABC內(nèi)（包括邊界）的動點(diǎn)，且平面，若點(diǎn)P的軌跡長度為，求三棱柱的側(cè)面積.
17．（17分）已知分別為橢圓的左?右焦點(diǎn)，分別為橢圓的左?右頂點(diǎn)，Px0,y0為橢圓上的動點(diǎn)，過動點(diǎn)Px0,y0作橢圓的切線.分別與直線和相交于兩點(diǎn)，四邊形的對角線相交于點(diǎn)，記動點(diǎn)的軌跡為.
(1)證明：橢圓在點(diǎn)處的切線方程為.
(2)求動點(diǎn)的軌跡的方程.
(3)過點(diǎn)作斜率不為的直線與相交于點(diǎn)，直線與的交點(diǎn)為，判斷點(diǎn)是否在定直線上.
18．（15分）如圖在斜三棱柱中，，，，平面平面ABC，E是棱上一點(diǎn)，D，F(xiàn)分別是AC，AB的中點(diǎn).
(1)當(dāng)，證明：平面BED；
(2)判斷當(dāng)?shù)闹禐槎嗌贂r，銳二面角的余弦值為
19．（17分）函數(shù)，為實(shí)數(shù).設(shè)是函數(shù)在點(diǎn)處的切線.為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù).
(1)求和的值；
(2)求的單調(diào)性；
(3)若對任意時，總有，則稱實(shí)數(shù)為函數(shù)的“A類值”，求函數(shù)的所有“A類值”.
高三數(shù)學(xué)參考答案
1．B
【分析】結(jié)合一次函數(shù)與二次函數(shù)的圖象性質(zhì)，由不等式可得兩函數(shù)有共同零點(diǎn)，由此得是方程的根，可得的關(guān)系，消再利用基本不等式求解最值可得.
【詳解】設(shè)，.
由已知，在單調(diào)遞增，
當(dāng)時，；當(dāng)時，.
由圖象開口向上，，可知方程有一正根一負(fù)根，
即函數(shù)在有且僅有一個零點(diǎn)，且為異號零點(diǎn)；
由題意，則當(dāng)時，；當(dāng)時，.
所以是方程的根，
則，即，且a>0，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立.
則的最小值是.
故選：B.
2．C
【分析】根據(jù)分段函數(shù)，分情況求解不等式，結(jié)合一元二次不等式的解法，可得答案.
【詳解】當(dāng)時，由，可得，，解得，則；
當(dāng)時，由，可得，解得，則.
綜上所述，由，解得，
當(dāng)x>0時，由，可得，，解得，則；
當(dāng)x=0時，由，可得，顯然成立，則x=0；
當(dāng)時，由，可得，，解得或，則.
綜上所述，，解得.
故選：C.
3．C
【分析】根據(jù)給定條件，利用切化統(tǒng)統(tǒng)及和角的正弦公式化簡，再利用正余弦定理化簡即得.
【詳解】在中，由，得，
即，整理得，由正弦定理及余弦定理得：
，則，所以.
故選：C
4．C
【分析】分別討論所有情況判斷A，舉反例判斷B，合理作出圖形，利用面面平行的判定定理判斷C，先假設(shè)直線交于一點(diǎn)，再作圖并利用相交直線的性質(zhì)求解即可判斷D.
【詳解】對于A，我們要討論平面和直線的關(guān)系，
當(dāng)時，平面內(nèi)一定存在和直線垂直的直線，
當(dāng)直線時，在平面內(nèi)有無數(shù)條直線與直線是異面垂直直線；
當(dāng)直線平面時，在平面內(nèi)有無數(shù)條平行直線與直線相交且垂直；
當(dāng)直線與平面相交但不垂直時，在平面內(nèi)有無數(shù)條平行直線與直線垂直，
故平面內(nèi)一定存在和直線垂直的直線，故A錯誤；
對于B，當(dāng)時，一定有或相交，故B錯誤；
對于C，如圖，因?yàn)?，過直線，一定存在平面，
使得，，所以，
而，，故，
因?yàn)楫惷?，所以一定相交，而，，故成立，故C正確；
對于D，如圖，
，，，.
∵直線和不平行，相交.
設(shè)，則，
.
又.
三條直線相交于同一點(diǎn)，故D錯誤，
故選：C
5．B
【分析】根據(jù)給定條件，利用空間向量垂直的坐標(biāo)表示列式計(jì)算即得.
【詳解】向量，，，且，，
則，，解得，于是，
所以.
故選：B
6．A
【分析】根據(jù)題意，求得甲乙獲勝的概率均為，且游戲最多再進(jìn)行2局即可分出勝負(fù)，求得甲獲勝的概率，進(jìn)而得到答案.
【詳解】由題可知，對單獨(dú)每一局游戲，甲乙獲勝的概率均為，若游戲繼續(xù)進(jìn)行，最多再進(jìn)行2局即可分出勝負(fù)，
①第四局甲贏，比賽結(jié)束，甲勝出，概率為；
②第四局乙贏，第五局甲贏，比賽結(jié)束，甲勝出，概率為；
③第四局乙贏，第五局乙贏，比賽結(jié)束，乙勝出，概率為；
所以甲勝出的概率為，甲應(yīng)該分得賭金的，即甲分得賭金枚，乙分得賭金枚.
故選：A.
7．B
【分析】先由數(shù)列遞推公式求得，再由可求得，由的關(guān)系式可求得，即可判斷A錯誤，再由數(shù)列的取值及其單調(diào)性，可得B正確，經(jīng)判斷可知數(shù)列中的最大項(xiàng)為，即C錯誤，結(jié)合C中結(jié)論可知解不等式得或，即D錯誤.
【詳解】由，
可得；
兩式相減可得，
當(dāng)時，可得符合上式；
又?jǐn)?shù)列的前項(xiàng)和為，且可得；
當(dāng)時，可得，
當(dāng)時，可得符合上式，可得；
所以可知當(dāng)時，，當(dāng)時，；
又，
對于A，顯然當(dāng)時，，即A錯誤；
對于B，易知，
當(dāng)時，，
因此可得，且；
由可知當(dāng)或時，取得最大值；
當(dāng)時，有最小值，可得既有最大值，也有最小值，即B正確；
對于C，由可知，
易知且，即可得數(shù)列中的最大項(xiàng)為，即C錯誤；
對于D，若對任意，可知，
由恒成立，結(jié)合C中分析可得即可，
又可得，解得或，即D錯誤.
故選：B
8．B
【分析】對于A：由可得判斷，對于B，通過單調(diào)性及零點(diǎn)存在性定理可判斷，對于C，通過奇偶性可判斷，對于D，構(gòu)造，通過其單調(diào)性、奇偶性可判斷.
【詳解】對于A: ，所以圖像關(guān)于對稱，故A正確；
對于B: ，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，
故在定義域內(nèi)為增函數(shù)，
又，，
由零點(diǎn)存在性定理可知 在上不存在零點(diǎn)，故B錯誤，
對于C：，，
故為偶函數(shù)，，所以，正確；
對于D: ，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，
故在定義域內(nèi)為增函數(shù)，
構(gòu)造，
，為奇函數(shù)，同時由的單調(diào)性可知，在定義域內(nèi)也為增函數(shù)，
由，
可得：，
即，
所以，
解得：，故D正確，
故選：B
9．BD
【分析】由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可判斷A；由函數(shù)的定義域的定義可判斷B；對討論，分，可判斷C；由函數(shù)的圖象平移可判斷D .
【詳解】對于A，函數(shù)在上單調(diào)遞減，故A錯誤；
對于B，函數(shù)的定義域是，可得，解得，所以函數(shù)的定義域?yàn)?，故B正確；
對于C，不等式，當(dāng)時解集為；當(dāng)時解集為；當(dāng)時解集為，故C錯誤;
對于D，的圖象可由向左平移1個單位，再向上平移1個單位得到，可得關(guān)于點(diǎn)中心對稱，故D正確.
故選：BD.
10．BCD
【分析】A選項(xiàng)，作出輔助線，得到，即四點(diǎn)共面，當(dāng)與重合時滿足要求，但Q不能與重合，故A錯誤；B選項(xiàng)，作出輔助線，得到，平面，B正確；C選項(xiàng)，作出輔助線，得到平面QKT截正方體截面為平行四邊形，當(dāng)T與點(diǎn)C重合時，面積最大，此時面積為，當(dāng)Q與點(diǎn)無限接近時，面積接近于0，C正確；D選項(xiàng)，作出輔助線，得到點(diǎn)H的軌跡為以O(shè)為圓心，2為半徑的部分圓弧，求出點(diǎn)H的軌跡長度為.
【詳解】選項(xiàng)A，連接，，，正方體中易知，
P，N分別是，中點(diǎn)，則，所以，即四點(diǎn)共面，
當(dāng)與重合時滿足B，N，P，Q四點(diǎn)共面，
但Q是線段上的動點(diǎn)（不包含端點(diǎn)），故A錯誤；
選項(xiàng)B，如圖，取中點(diǎn)為，連接，，，
因?yàn)镸，N分別是，中點(diǎn)，則與平行且相等，
故四邊形是平行四邊形，
所以，又是中點(diǎn)，所以，所以，
平面，平面，所以平面，B正確；
選項(xiàng)C，如圖，在平面上作⊥于K，
過K作⊥交BC或者于T，
因?yàn)槠矫妗推矫妫痪€為，平面，
所以⊥平面，
又平面，所以⊥，
因?yàn)?，平面?br>所以平面QKT，
平面QKT截正方體截面為平行四邊形，
當(dāng)T與點(diǎn)C重合時，面積最大，此時，，面積為，
當(dāng)Q與點(diǎn)無限接近時，面積接近于0，
過Q且與BN垂直的平面截正方體所得截面面積取值范圍為，C正確；
選項(xiàng)D，取的中點(diǎn)，連接，則，
則平面，取的中點(diǎn)，以為圓心，為半徑作圓，
交，于X，Y，
則點(diǎn)H的軌跡為以O(shè)為圓心，2為半徑的部分圓弧，
此時滿足直線PH與直線AD夾角為，
如圖，，故，
所以點(diǎn)H的軌跡長度為，D正確.
故選：BCD
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：立體幾何中截面的處理思路：
（1）直接連接法：有兩點(diǎn)在幾何體的同一個平面上，連接該兩點(diǎn)即為幾何體與截面的交線，找截面就是找交線的過程；
（2）作平行線法：過直線與直線外一點(diǎn)作截面，若直線所在的平面與點(diǎn)所在的平面平行，可以通過過點(diǎn)找直線的平行線找到幾何體與截面的交線；
（3）作延長線找交點(diǎn)法：若直線相交但在立體幾何中未體現(xiàn)，可通過作延長線的方法先找到交點(diǎn)，然后借助交點(diǎn)找到截面形成的交線；
（4）輔助平面法：若三個點(diǎn)兩兩都不在一個側(cè)面或者底面中，則在作截面時需要作一個輔助平面.
11．CD
【分析】由有三個零點(diǎn)，得有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，求解即可判斷A；時，得出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及圖象關(guān)于點(diǎn)中心對稱，即可判斷B；由題得，得出，結(jié)合，，成等差數(shù)列，即可判斷C；得，再分別得出，代入化簡即可判斷D．
【詳解】對于A，，因?yàn)橛腥齻€零點(diǎn)，
所以至少有三個單調(diào)區(qū)間，即有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，
所以，解得，故A錯誤；
對于B，時，，
，
由或，由，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以在處取得極大值，在處取得極小值，
又，
所以函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對稱，
所以，
又在上單調(diào)遞增，所以，
所以，故B錯誤；
對于C，
，
所以，
若，，成等差數(shù)列，則，
即，故C正確；
對于D，，，
所以，同理，
所以
，故D正確；
故選：CD．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：判斷B選項(xiàng)的關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)，從而得到函數(shù)圖象是中心對稱圖形，對稱中心為；CD選項(xiàng)的判斷，解答時要注意利用．
12．65
【分析】由平均數(shù)和方差的定義求解即可.
【詳解】因?yàn)閤，y，8，10，11．它的平均數(shù)為8，所以，
由，得，
則，
可得：.
故答案為：65.
13．
【分析】設(shè)，，表達(dá)出，，利用三角恒等變換得到，求出最大值，得到答案.
【詳解】設(shè)，，
則，
故，
則，則，
則
，
因?yàn)?，所以?br>故當(dāng)，即時，取得最大值，
最大值為.
故答案為：
14．
【分析】根據(jù)線性相關(guān)系數(shù)的定義直接得解.
【詳解】由已知樣本數(shù)據(jù)（，，，，）所對應(yīng)的點(diǎn)均在直線上，
則，
又，
所以滿足負(fù)相關(guān)，
即，
故答案為：.
15．(1)增函數(shù)，證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性定義即可證明函數(shù)在(0,+∞)為增函數(shù)；
（2）先證明函數(shù)為奇函數(shù)，再由奇函數(shù)性質(zhì)及函數(shù)單調(diào)性求解即可.
【詳解】（1）函數(shù)在上的單調(diào)遞增,證明如下：
設(shè)任意且，
則，
因?yàn)榍遥?br>所以，，
所以，即，
所以函數(shù)在上的單調(diào)遞增.
（2）由知定義域?yàn)椋P(guān)于原點(diǎn)對稱，
又，所以函數(shù)為奇函數(shù)，
由可得，
因?yàn)?，?br>所以，解得，
即不等式的解集為.
16．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接，可證平面，根據(jù)平行關(guān)系可得，進(jìn)而可得結(jié)果.
（2）根據(jù)面面平行分析可知：點(diǎn)P的軌跡為線段，結(jié)合題中的長度關(guān)系運(yùn)算求解.
【詳解】（1）在三棱柱中，連接，
由，M為的中點(diǎn)，得，
又平面，且平面，則，，
由，平面，得平面，
在中，分別為的中點(diǎn)，則，，
而，，則，，
即四邊形為平行四邊形，則，
所以平面.
（2）連接，
由（1）可知：，且平面，平面，則平面，
在平行四邊形中，分別為的中點(diǎn)，則，，
四邊形為平行四邊形，，且平面，平面，
于是平面，且，平面，所以平面平面，
且平面平面，則點(diǎn)P的軌跡為線段，即，
由，，為的中點(diǎn)，得，
，且為矩形，則，
在中，，則邊上的高，
可得，
所以三棱柱的側(cè)面積.
17．(1)證明見解析
(2)
(3)在
【分析】（1）直曲聯(lián)立，求出交點(diǎn)，證明即可；
（2）令，得坐標(biāo)，求出直線方程，求出交點(diǎn)，得到動點(diǎn)的軌跡的方程.
（3）設(shè)直線的方程為，直曲聯(lián)立，借助韋達(dá)定理，得到,聯(lián)立，方程，得到滿足的條件即可.
【詳解】（1）證明：聯(lián)立方程組，
消去整理得，又，
即，
整理得，解得，
所以直線與橢圓有且僅有一個交點(diǎn)Px0,y0，
即切線方程為.
（2）解：由（1）中切線方程，令，得，
令，得，
因?yàn)?，所以直線，①
因?yàn)?，所以直線，②
由①②得.
因?yàn)?，得?br>所以動點(diǎn)的軌跡的方程為）.
（3）解：設(shè)直線的方程為，
聯(lián)立方程組得，
則，所以.
因?yàn)橹本€的方程為，直線的方程為，
所以，所以，
所以，
整理得
所以，即點(diǎn)在定直線上.

18．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接，根據(jù)平行關(guān)系可知，即可證明線面平行；
（2）由面面垂直的性質(zhì)可得平面，建系標(biāo)點(diǎn)，利用空間向量求面面夾角.
【詳解】（1）連接，D，F(xiàn)分別是CA，BA中點(diǎn)，則且，
，是平行四邊形，因此且，
所以與平行且相等，是平行四邊形，所以，
平面，平面，所以平面.
（2）當(dāng)時銳二面角的余弦值為，理由如下：
取中點(diǎn)，連接，，
因?yàn)?，則，，，
則是正三角形，所以，，
平面平面，平面平面，平面，
所以平面，，
以O(shè)A，OC，為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，，，，，
可得，，
設(shè)平面的一個法向量是m=x,y,z，則，
取，則，，即，
平面的一個法向量是，
設(shè)銳二面角的大小為，
則．且，解得，，
所以.
19．(1)，
(2)答案見解析
(3)
【分析】（1）代入解析式計(jì)算和即可；
（2）求導(dǎo)，由導(dǎo)數(shù)符號判斷的單調(diào)性；
（3）分類討論的范圍得到結(jié)果.
【詳解】（1），
.
（2）
，
當(dāng)時，，在上單調(diào)遞減
當(dāng)時，，在上單調(diào)遞增
（3）當(dāng)時，因?yàn)?，在上單調(diào)遞增，
當(dāng)時，所以hx在上單調(diào)遞減，
則，所以，不成立，
當(dāng)時，因?yàn)椋谏蠁握{(diào)遞減，
當(dāng)時則，所以hx在上單調(diào)遞減，
則所以，不成立
當(dāng)時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，所以hx在R上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)時，，
所以當(dāng)時，，.
所以函數(shù)的“A類值”只有.
【點(diǎn)睛】本題難點(diǎn)在于理解題中的新定義“A類值”，考查對抽象概念的理解能力和應(yīng)用能力，以及分類討論的數(shù)學(xué)思想.