贵州省贵阳市部分学校2025届高三上学期10月联考数学试题

这是一份贵州省贵阳市部分学校2025届高三上学期10月联考数学试题，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．若集合，集合，则（ ）
A．B．C． D．R
2．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．英国数学家哈利奥特最先使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．对于任意实数，下列命题是真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，，则D．若，，则
4．已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列命题中不正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，，则
C．若，，则D．若，，，则
5．已知抛物线的焦点到其准线的距离为2，点是抛物线上两个不同点，且，则（ ）
A．B．C．D．3
6．在二项式的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．常数项为B．各项的系数和为64
C．第3项的二项式系数最大D．奇数项二项式系数和为
7．设是公差为3的等差数列，且，若，则（ ）
A．21B．25C．27D．31
8．在同一平面直角坐标系内，函数y=fx及其导函数y=f′x的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为0,1，则（ ）
A．函数的最大值为1
B．函数的最小值为1
C．函数的最大值为1
D．函数的最小值为1
二、多选题
9．某厂近几年陆续购买了几台 A 型机床，该型机床已投入生产的时间x（单位：年）与当年所需要支出的维修费用y（单位：万元）有如下统计资料：
根据表中的数据可得到经验回归方程为. ，则（ ）
A．y与x的样本相关系数
B．
C．表中维修费用的第60百分位数为6
D．该型机床已投入生产的时间为 10年时，当年所需要支出的维修费用一定是12.38万元
10．已知直线与曲线有公共点，则整数k的取值可以为（ ）
A．0B．1C．2D．3
11．已知函数，的定义域均为R，且，，，则下列说法正确的有（ ）
A．B．为奇函数C．的周期为6D．
三、填空题
12．已知向量，若，则 .
13．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为 .
14．设，记为三个数中最大的数，则的最小值 ．
四、解答题
15．甲、乙两人进行射击比赛，每场比赛中，甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少打出8环.根据统计资料可知，甲打出8环、9环、10环的概率分别为，乙打出8环、9环、10环的概率分别为，且甲、乙两人射击的结果相互独立．
(1)在一场比赛中，求乙打出的环数少于甲打出的环数的概率；
(2)若进行三场比赛，其中场比赛中甲打出的环数多于乙打出的环数，求X的分布列与数学期望．
16．在中，内角所对的边分别为，设满足条件和．
(1)求角和；
(2)求．
17．如图所示，四棱柱的侧棱与底面垂直，底面是菱形，四棱锥的顶点在平面上的投影恰为四边形对角线的交点，四棱锥和四棱柱的高相等．
（1）证明：平面；
（2）若，，求平面与平面所成的二面角的余弦值．
18．已知函数，.
(1)若的极大值为1，求实数a的值；
(2)若，求证：.
19．对正常数，若无穷数列an，bn满足：对任意的，均有，则称数列an与bn具有“”关系．
(1)若无穷数列an，bn的通项公式分别是，，判断数列an与bn是否具有“3”关系；
(2)若无穷数列an，bn是公差不相等的两个等差数列，对任意正常数，证明：数列an与bn不具有“”关系；
(3)设无穷数列an是公差为的等差数列，无穷数列bn是首项为正数，公比为的等比数列，试求“存在正常数，使得数列an与bn具有‘’关系”的充要条件．
x
2
3
4
5
6
y
2.2
3.8
5.5
6.5
7
参考答案：
1．B
【分析】求得集合，，根据集合交集的运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，，
根据集合交集的运算，可得.
故选：B.
2．A
【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.
故选：A.
3．D
【分析】借助不等式的性质判断即可.
【详解】对A：因为，可能，故错误；
对B：当时，若，则，故错误；
对C：当，时，则，故错误；
对D：若，，则，故正确.
故选：D.
4．D
【分析】利用线面平行的性质可判断A选项；利用面面平行、线面垂直的性质可判断B选项；利用面面平行的性质可判断C选项；根据已知条件判断面面位置关系，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，过直线作平面，使得，
因为，，，则，
因为，，则，故，A对；
对于B选项，若，，则，又因为，故，B对；
对于C选项，若，，则，C对；
对于D选项，若，，，则、平行或相交，D错.
故选：D.
5．A
【分析】抛物线的焦点到其准线的距离为，又，进而利用得，从而可得的值.
【详解】因为抛物线的焦点到其准线的距离为2，所以，
所以,即,
由得，即，则，
由焦半径公式可得.
故选：A.
6．A
【分析】对于A，由二项式展开式，通过赋值即可得解；对于B，直接赋值即可得解；对于C，由二项式系数的性质即可判断；对于D，由奇数项、偶数项二项式系数的性质即可判断.
【详解】对于A，的展开式通项为，
当时，常数项为，选项A正确；
对于B，令，得各项的系数和为，选项B错误；
对于C，展开式共7项，二项式系数最大应为第4项，故选项C错误；
对于D，依题意奇数项二项式系数和为，选项D错误.
故选：A.
7．D
【分析】由，得，从而可得，进而可求解.
【详解】由，得，则，
从而.
故选：D
8．C
【分析】AB选项，先判断出虚线部分为，实线部分为，求导得到在R上单调递增，AB错误；再求导得到时，单调递增，当时，单调递减，故C正确，D错误.
【详解】AB选项，由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数，
则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为，
实线部分为，
故恒成立，
故在R上单调递增，则A，B显然错误，
对于C，D，，
由图像可知，恒成立，故单调递增，
当，，单调递减，
所以函数在处取得极大值，也为最大值，，C正确，D错误.
故选：C
9．BC
【分析】对A，根据相关系数的概念可判断，对B，计算出样本中心，代入方程计算出，对C，根据百分位数的定义求解，对D，根据回归分析概念判断.
【详解】根据题意可得，，，
所以样本中心点为，
对于A，由表中数据可得随着增大而增大，与正相关，所以相关系数，，与不相关，故A错误；
对于B，将样本中心点代入回归方程，可得，故B正确；
对于C，维修费用从小到大依次为，第60百分位数为，故C正确；
对于D，根据回归分析的概念，机床投入生产的时间为 10年时，所需要支出的维修费用大概是12.38万元，故D错误.
故选：BC.
10．BCD
【分析】分类去绝对值可得，当时，曲线C是以为圆心，为半径的圆在y轴及y轴右侧的部分，当时，曲线C是以为圆心，为半径的圆在y轴左侧的部分，利用点到线的距离可求解.
【详解】曲线可化为，
即，
当时，曲线C是以为圆心，
为半径的圆在y轴及y轴右侧的部分，直线，
则当直线l与曲线C相切时，有，
解得或（舍去）；
当时，曲线C是以为圆心，为半径的圆在y轴左侧的部分，
直线，则当直线l与曲线C相切时，有，
解得或（舍去）．综上，若直线l与曲线C有公共点，则．
故选：BCD．
11．ACD
【分析】根据已知得，将转化为，给取值推导奇偶性和周期性解决问题.
【详解】对于A，，故A正确；
，，
，令，
则①，
②，
①+②可得，
，，
，因此，故C正确；
令，，
令，，，
则，故，，
故为偶函数，所以B不正确；
因为，故关于对称，
且，，令，，
则，令，，，
则，，
，一个周期的和为0，
则，故D正确.
故选：ACD
12．
【分析】利用数量积的坐标运算求得，，再根据数量积运算求解即可.
【详解】因为，所以，，
因为，所以，所以，解得.
故答案为：
13．
【分析】借助球体体积公式及圆柱表面积公式计算即可得.
【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，母线长为，
则球的体积为，所以，
所以圆柱表面积为.
故答案为：.
14．2
【分析】分类讨论的大小关系，转化为利用均值不等式求两个正数和的最小值，可分析最大值不小于和的一半，即可得出结论.
【详解】由，
①当时，，
而，可得至少有一个不小于2,
则的最小值为2；
②当时，
，
而，可得至少有一个不小于2，
的最小值不小于2.
综上，的最小值为2.
故答案为：2
15．(1)
(2)分布列见解析；
【分析】（1）根据题意，得到事件包括：甲打出9环乙打出8环，甲打出10环乙打出8环或9环，结合相互独立事件的概率计算公式，即可求解；
（2）根据题意，得到变量的可能取值为，得到，求得相应的概率，列出分布列，求得数学期望.
【详解】（1）解：设乙击中的环数少于甲击中的环数为事件A，
则事件A包括：甲打出9环乙打出8环，甲打出10环乙打出8环或9环，
则．
（2）解：由题可知的所有可能取值为，
由（1）知在一场比赛中，甲打出的环数多于乙打出的环数的概率为，则，
所以，，
，，
所以随机变量的分布列为：
所以期望为.
16．(1)，
(2)．
【分析】（1）先利用余弦定理求出，结合条件利用正弦定理化边为角可得答案；
（2）先根据倍角公式求出，再利用两角和的余弦公式可求答案.
【详解】（1）由余弦定理得．因为，所以．
由已知条件，应用正弦定理
，
即，所以．
（2）因为，所以．又，
所以，所以．
因为，所以．
17．（1）详见解析；（2）.
【分析】（1）根据题意，以为原点，分别以为x，y，z轴建立空间直角坐标系，证明即可.
（2）根据，设，求得平面的一个法向量，同理求得平面的一个法向量，设平面与平面所成的二面角为，利用求解.
【详解】（1）根据题意，建立如图所示空间直角坐标系：
设四棱柱的侧棱长为a，底面边长为b，，
则
，
所以，
所以，又平面，平面，
所以平面；
（2）因为，设，
则
所以，
设平面的一个法向量为：，
则 ，所以 ，
令 ，则 ，所以
设平面的一个法向量为：，
则 ，所以 ，
令 ，则 ，所以
设平面与平面所成的二面角为，
所以，
，
．
【点睛】本题主要考查直线与平面平行以及二面角的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论，利用导数判断函数的单调区间，根据极大值建立方程求解即可；
（2）把问题转化为证明，构造函数，利用导数研究函数最值即可证明.
【详解】（1）的定义域为，.
当时，，在上单调递增，函数无极值；
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故当时，取得极大值，极大值为，解得.
经验证符合题意，故实数a的值为.
（2）当时，，故要证，即证.
令，则，.
令，，则，
所以在上单调递增，
又因为，，
所以，使得，即，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
又因为，即，
所以，
所以，即，故得证.
19．(1)数列与具有“3”关系
(2)证明见解析
(3)且
【分析】（1）直接根据定义即可验证；
（2）根据定义，证明存在使得即可；
（3）当条件成立时，可使用反证法证明且，说明必要性；而充分性是显然的.
【详解】（1）由于，
故数列an与bn具有“3”关系；
（2）据已知可设，，且.
若是某个正常数，由于当正整数时，有
.
故数列an与bn不具有“”关系；
（3）下面证明：“存在正常数，使得数列an与bn具有‘’关系”的充要条件是：且.
充分性：
若且，则.
所以an与bn具有“”关系；
必要性：据题意可设，，这里，.
若存在正常数，使得数列an与bn具有“”关系，则据其定义有，
故，从而.
假设，则由于我们有，
故，从而.
但当时，有
，
这导致矛盾，所以必定有.
从而.
假设，则当时，有，矛盾.
所以，从而我们得到了且.
综上，“存在正常数，使得数列an与bn具有‘’关系”的充要条件是：且.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于反复使用反证法证明且，需要构造恰当的从假设导出矛盾.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
D
D
A
A
D
C
BC
BCD
题号
11









答案
ACD









X
0
1
2
3
P
0.343
0.441
0.189
0.027