四川省成都市树德中学2025届高三上学期10月月考数学

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D．若小明早上 7：47 出发，则应选择坐公交车
2.设 a  1,2，b  4,k ，若 a  b ，则 a  b 
5. 已知关于 x的不等式 ax2  2x  3a  0 在 0, 2上有解，则实数 a的取值范围是
作用力（SIM）材料所制成的宇宙探测器，其外形与水滴相似，某科研小组研发的新材料水滴角测 试结果如图所示（水滴角可看作液、固、气三相交点处气—液两相界面的切线与液—固两相交线所
A． a  c  b B． a  b  c C．b  c  a D． c  b  a
2024-10 高三数月 10 第 1页共 2 页树德中学高 2022 级高三上学期 10 月阶段性测试数学试题
二．多选题：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.
全卷满分：150 分 考试时间：120 分钟
据分析得到，坐公交车平均用时 10min，样本方差为 9；骑自行车平均用时15min ，样本方差为 1.
已知坐公交车所花时间 X 与骑自行车所花时间Y 都服从正态分布，用样本均值和样本方差估计 X ,Y
一．单选题：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
要求的.
分布中的参数，并利用信息技术工具画出 X 和Y 的分布密度曲线如图所示.若小明每天需在早上 8 点
之前到校，否则就迟到，则下列判断正确的是
1. 已知集合 A  x x  ， B x 0  x  4，则 A B 
lg 1
2
A．  
X  N 10，3 2
2
A．x x  2 B．x x  4
C．x 0  x  4 D．x 0  x  2
B．若小明早上 7：50 之后出发，并选择坐公交车，则有60% 以上
的可能性会迟到
C．若小明早上 7：42 出发，则应选择骑自行车
A．5 B． 2 5 C．20 D．25
3. 设甲：a 为等比数列；乙： 
a a 为等比数列，则
n n n1
A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件
10. 已知函数 y  f x是定义在 R 上的偶函数，对于任意 xR ，都有 f x  4 f x  f 2 成立．当
x0, 2时， f x 2 1，下列结论中正确的有
x
A． f 2  0
sin  sin
3

4. 已知 tan  3，则

sin（  ）
2
3 3
A．  B．
4 4
3
C．
10
D．
3

10
B．函数 y  f x在2, 4上单调递增
C．直线 x  4 是函数 y  f x的一条对称轴
D．关于 x 的方程 f x lg x  2 共有 4 个不等实根
2
11. 我国著名科幻作家刘慈欣的小说《三体Ⅱ·黑暗森林》中的“水滴”是三体文明使用新型材料-强互
4
3
A．（ ，） B． （-， ） C． ，0 D．，0
（-， ） C． ，0 D．，0
7 3
成的角），圆法和椭圆法是测量水滴角的常用方法，即将水滴轴截面看成圆或者椭圆（长轴平行于液
—固两者的相交线，椭圆的短半轴长小于圆的半径）的一部分，设图中用圆法和椭圆法测量所得水
6. 已知抛物线 E ：
y2  4x的焦点为 F ，以 F 为圆心的圆与 E 交于 A,B 两点，与 E 的准线交于C,D
滴角分别为 ， ，则下列结论中正确的有
1 2
两点，若 CD  2 21 ，则 AB 
A．3 B．4 C．6 D．8
7. 在同一平面直角坐标系内，函数 y  f x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   e
y  f x  的最大值为 1
x
x y x x y y
2 2
附：椭圆 2 2 1 0 0, 0 2 2 1
  a b  上一点    .
x y 处的切线方程为 0 0
a b a b
5 2
A．圆法中圆的半径为 B． tan 
1
2 3
C．  D． 
1 2 1 2
B．函数   e
y  f x  的最小值为 1
x
三．填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
C．函数
D．函数
f x
 
y  的最大值为 1
ex
f x
y  的最小值为 1
ex
12.“十一”期间人民群众出游热情高涨，某地为保障景区的安全有序，将增派 6 名警力去 A,B 两个景
区执勤.要求 A 景区至少增派 3 名警力，B 景区至少增派 2 名警力，则不同的分配方法的种数为 .
13. 已知圆台的下底面半径为 6，上底面半径为 3，其侧面积等于上、下底面积之和，则圆台的高
为 ．
8. 已知函数  
f x
 ln
2
2


x
x
，设 a  f 0.3 ，b  f lg 0.3，c  f 2ln 2 ，则 a,b,c 的大小关系是
2
2
14. 已知函数 f x  a x  x1 x  x2 x  x3 (a  0)，设曲线 y  f x在点x , f x 处切线的斜率
i i
为k i  1, 2, 3，若
i
x x x 均不相等，且
1, 2, 3
k   ，则
2 2 k  k 的最小值为 ．
1 4 3
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. 18. (17 分)
15. (13 分) 已知函数 f x x2  2x alnx ，aR.
16. (15 分)
如图，在四棱锥Q ABCD中，四边形 ABCD为直角梯形，CD//AB ，BC  AB，平面QAD 平面 ABCD，
求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为 X 的信息熵 H ；
QA  QD ，点 M 是 AD的中点. (3)将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则重复输入第
(1)证明：QM  BD .
二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为
2024-10 高三数月 10 第 2页共 2 页在 ABC 中，角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ，且满足  
2bcsin A  3 a  c b ．
2 2 2
(1)若 a  1，求函数 f x在点1, f 1处的切线；
(1)求 B 的大小；
(2)若b  3， ABC 的面积为 9 3
4
，求 ABC 的周长．
(2)若对任意的 1, 2 0, 
x x   ，
范围.
x  x ，有x1  x2 x2 f x1  x1 f x2   0 恒成立，求实数 a的取值
1 2
2 2
x y
已知椭圆C :  1(a  b  0) 经过点
2 2
a b
3
E 1, ,P 为椭圆C 的右顶点，O 为坐标原点，OPE 的面
（ ）
2
积为 3
.
2
(1)求椭圆C 的标准方程;
(2)过点 D(1, 0) 作直线l 与椭圆C 交于 A,B , A关于原点O 的对称点为C ，若| BA|=| BC | ，求直线 AB
的斜率.
19. (17 分)
2023 年 10 月 11 日，中国科学技术大学潘建伟团队成功构建 255 个光子的量子计算机原型机“九章三
号”，求解高斯玻色取样数学问题比目前全球最快的超级计算机快一亿亿倍.相较传统计算机的经典比
特只能处于 0 态或 1 态，量子计算机的量子比特（qubit）可同时处于 0 与 1 的叠加态，故每个量子
比特处于 0 态或 1 态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为量子
比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态
相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上
旋或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有 的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后 p
的两个粒子中上旋粒子的个数为 X .
1
(1)已知 p  2 ，求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为 的概率；
3
(2)若一条信息有nn 1,nN 种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为
*
p ，
1
17.(15 分)
p ，…，
2
p ，则称 H  f p  f p   f p （其中 f x  x x ）为这条信息的信息熵.试
lg
n 1 2 n 2
(2)点 N 是CQ的中点， AD  AB  2CD  2 ，当直线 MN 与平面QBC 所成角的正弦值为 42
7
QM 的长度．
时，求
Y (Y 1, 2,3,,n,) ，证明：当 n 无限增大时，Y 的数学期望趋近于一个常数.
参考公式：0  q 1时， lim 0 nq
q  ， lim  0.
n n
n n
树德中学高 2022 级高三上学期 10 月阶段性测试数学试题
故 y  f xex  f xex   f x f xex  0 恒成立，
 AB  24  8．故选：D.
7. 【答案】C【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 y  f x，实线部分为 y  f x，
2024-10 高三数月 10 第 3页共 2 页参考答案
一．单选题：1-8 CAACB DCC
二．多选题：9-11 ACD AC AD
三．填空题 12-14 35 4 18
1. 【答案】C【详解】由lg x 1，则lg x  lg 2，所以0  x  2，
2 2 2
所以 A  x x   x  x  ， A B  x 0  x  4故选：C
lg 1 0 2
2
2.【答案】A【详解】 a  1, 2，b  4,k，若 a  b ，则有a b  1 4 2k  0 ，解得 k  2，
 
则有 a b  1,2 4,2 3,4 
，得 a b  3  4  5 .故选：A
2 2
3. 【答案】A【详解】充分性：若a 为等比数列，设其公比为 q ，
n
则
a a a
n n1  n1  ，所以 
q a a
2
 为等比数列，公比为 q2 ，满足充分性.
a a a
n n1
n1 n n1
必要性：若 
a a 为等比数列，公比为 2，
n n1
故 y  f xex 在 R 上单调递增，则 A，B 显然错误，
对于 C，D，
f (x)ex  f (x)ex f (x) f (x)
y
   ，
2 x
e
 
e
x
f (x)  f (x) f (x)
由图像可知 x(,0)， y   0恒成立，故 y  单调递增，
e ex
x
f (x)  f (x) f (x)
当 x(0,)， y   0， y  单调递减，
ex ex
f (x) f 0
 
所以函数 y  在 x  0 处取得极大值，也为最大值， 0 1，C 正确，D 错误.故选：C
ex
e
2
2

x
2

x
. 【答案】C【详解】解：函数 f x  ln

0，即( x  2)( x  2)  0 ， x  2
， 由
解得 显然 ，∴ f   x      2,2 f x  f x x 为偶函数，
2 
2 
x
当 x0, 2时， f x  ln
在 x0, 2单增，
a a
a
a
n n1
 2
n1
n1
 2 ，
则
，即
a a
n1 n
a
n
q
2
1   2无解，故不满足必要性.
a
n1
假设 
a 为等比数列，此时
n
所以甲是乙的充分不必要条件.故选：A
4. 【答案】C【详解】因为 tan  3，
sin  sin sin  sin
3 3

  sin  1 sin sin cs tan 3
2
则 cs
    
   
sin 
 
cs cs  sin  1 tan  10
2 2 2
 
2
2x 2
a  
5. 【答案】B【详解】当 x  0,2 时，由
ax 2x 3a  0 2 可得 3 2
x  x  ，
3
x
.故选：C.
 f x 在2，0上为减函数，在0，2上为增函数
 
0.3  0.3  0，1 ，
2 2
 
3
10 3
lg 0.3  lg 0.3  lg  lg 2 
2
2 2 2 2
3 2
所以
10  3 
lg 0.3  lg  ,2 
2 2
3 2
 
3
2 3
2ln 2  ln 4  ln e  ，
2
 3 
2ln 2 1
 ， 
 
2
∴b  c  a．故选：C．
二．多选题：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.
~ 10, 3 Y ~ N 15,1 正确。 ,A
2
9. 【答案】ACD【详解】由题意知， ， X N     2
对于 B，若小明早上 7：50 之后出发，并选择坐公交车，有50%以上的可能性会超过 10min，即 8
点之后到校会迟到，故 B 错误；
2 2 3
 
3
由基本不等式可得 3 3 3 ，当且仅当 x  3 时，等号成立，故
a  .故选：B.
x  x
2
3
x x
p
6. 【答案】D【详解】由抛物线方程知： 1，F 1, 0，
2
不妨设点 A 在第一象限，如图所示，直线CD与 x 轴交于点 E ，
由 CD  2 21，则 ED  21, EF  2 ，
2
圆的半径  
r    ，所以 AF  5，
21 2 5 2
2
21 2 5
对于 C、D，由题中的图可知， PX 18 P Y 18,P X 13 P Y 13, 应选择在给定的
时间内不迟到的概率大的交通工具，所以小明早上 7：42 出发，有 18min 可用，则应选择骑自行车，
故 C 正确；小明早上 7：47 出发，有 13min 可用，则应选择坐公交车，故 D 正确；
故选：ACD.
10. 【答案】AC【详解】由 f x  4 f x  f 2 ，
令 x  2，则 f 2 f 2 f 2，即 f 2 0，
因为 f x是定义在R 上的偶函数，所以 f 2 f 2 0，故 A 正确；
由 A 知， f 2  0 ，则 f x  4 f x，
p
由抛物线的定义可得： x   5，所以 x  4，
A A
2
又因为点 A 在抛物线上，所以 A4, 4，
所以函数 f x是周期为 4 的偶函数，结合 x0, 2时， f x 2 1，
x
画出大致图象如下：
12.【答案】35【详解】由题意可知分两种情况：①A 景区增派 3 名警力，B 景区增派 3 名警力，则 （2）如图：
2024-10 高三数月 10 第 4页共 2 页结合图象可知，函数 y  f x在2, 4上单调递减，直线 x  4 是函数 y  f x的一条对称轴，故 B 错
误，C 正确；
由
k2  2 ，得
1 1 1
  ，
k k 2
1 3
对于 D，画出函数 y  lg2 x  2的大致图象如下：
k2  2 ，即   
k2  a x2  x3 x2  x1  0，知
由
不妨设 x1  x2  x3 ，则 k1  0,k3  0 ，
x 位于
2
x x 之间，
1, 3
     
1 1 k 4k k 4k
故   1 3 1 3
k  4k  2 k  4k    2 5   2 5 2  18
1 3 1 3
k k k k k k
     
1 3 3 1 3 1
，
结合图象可知，函数 y  f x和
y  lg x  2有两个交点，
2
所以方程 f x x  共有 2 个不等实根，故 D 错误.故选：AC.
lg 2
2
11. 【答案】AD【详解】由题意知，若将水滴轴截面看成圆的一部分，圆的半径为 R ，如图所示，
当且仅当
k 4k
1 3


k k

3 1

1 1 1
  
k k 2

1 3
，即 k1  6,k3  3时等号成立，
则 R2  (R1)2  4，解得
5 2 4
R  ，所以 tan  
1
2 R 1 3
，若将水滴轴截面看成椭圆
故则 k1  4k3 的最小值为 18，故答案为：18
的一部分，设椭圆方程为
则切点坐标为(2,b1) ，
x y
2 2
2 2 1
  (a  b  0) ，如图所示，
a b
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)解：（1）因为  2 2 2 
2bcsin A 3 a  c  b ，可得
2bcsin A a  c  b
2 2 2
 3 ，
2ac 2ac
x y
2 2
2x (b 1)y
 1，
a b
2 2
，
4b
2
a
2
2b 1，
则椭圆
2 2 1
  上一点(2,b1) 的切线方程为
a b
2b
2
所以椭圆的切线方程的斜率为 k  tan 
2 2 2
a (b1)
将切点坐标(2,b1) 代入切线方程可得
4 (b 1)
2
  1，解得
a b
2 2
由余弦定理得bsin A 3acs B，又由正弦定理得sin Bsin A  3 sin AcsB，
π
因为0  A  π ，所以sin A  0 ，所以sin B  3 csB，所以 tan B  3，又因为0  B  π ，所以 B  .
3
（2）由三角形的面积公式，可得 1 sin 9 3
S  ac B  ，可得 ac  9，
2 4
又由余弦定理得b2  a2 c2 2accs B  (a c)2 3ac ，
1
(2b 1)
5
2 2 1 1
b
2
，又因为b  R  ，
所以
tan    (2  )
2 2
2
a (b 1) b 1 2 b 1
1 1 4
所以 tan  (2  )   tan ，即 tan2  tan1 ，所以1 2 .故选：AD.
2 1
2 b 1 3
三．填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
因为b  3，所以(a c)2  b2 3ac  939  36，解得 a c  6，所以VABC 的周长为 a bc  9．
16. (15 分)解：（1）因为OPE 的面积为 3
2
，则有 1 3 3
a   ，解得 a  2，又因为
2 2 2
E
 
3
 
 
2
1,
 
在椭圆C 上，则
1 3
 1，解得b 1， 所以椭圆C 的标准方程为
4 4b
2
x
2
4
 y2 1;
有C  20种方法，② A 景区增派 4 名警力， B 景区增派 2 名警力，则有C 15种方法，
3 4
6 6
因为| BA|| BC |,O 为 AC 的中点，所以OA  OB ，设 t ，
所以由分类加法原理可知共有 2015  35种方法.故答案为：35
13.【答案】 【详解】设圆台的母线长为 l ，则圆台上底面面积 2
S      ，
1 3 9
圆台下底面面积 S    2   ，所以两底面面积之和为 45 ，
2 6 36
又圆台侧面积 S   (3 6)l  9l ，则9l  45 ，所以 l  5，
2
所以圆台的高为 l2  6  3  4 .故答案为：
14.【答案】18【详解】由于    1  2  3 ( 0)
f x  a x  x x  x x  x a  ，
故 f x ax  x x  x x  x x  x x  x x  x  ，
1 2 2 3 3 1
x2  4y2  4
设直线的方程 x  my 1，并与椭圆的方程进行联立，可得 ，

x  my 1

2m 3
消去 x得 
m2  4 y2  2my 3  0 ，则有
y  y  , y y  ，
1 2 2 1 2 2
m  4 m  4
因为OA  OB ，则有OAOB  0 ，则 x1x2  y1 y2 0，即
   
m 1 y y  m y  y 1 0 ，
2
1 2 1 2
3 2m
 2 
m 1   m 1 0
m  4 m  4
2 2
1 4m
2
，即
m  4
2

1
0 ，解得m   ，所以直线 AB 的斜率为 2.
2
故 k1  ax1  x2 x1  x3 ,k2  ax2  x3 x2  x1 ，   
k  a x  x x  x ，
3 3 1 3 2
1 1 1 1 1 1
    
则         
k k k a x  x x  x a x  x x  x a x  x x  x
1 2 3 1 2 1 3 2 3 2 1 3 1 3 2
x  x x  x   x  x 
 0
3 2 1 3 2 1
，
ax  x x  x  x  x 
1 2 2 3 3 1
17.(15 分)解：（1）M 是 AD中点，QA  QD ，QM  AD，
平面QAD 平面 ABCD，平面QAD 平面 ABCD  AD ，QM  平面QAD ，
QM  平面 ABCD，又 BD  平面 ABCD，QM  BD .
（2）方法一：取 BC 中点 F ，连接 MF,QF ，作 MG  QF ，垂足为G ，连接 NG,MC ，
M, F 分别为 AD,BC 中点， AB//CD ，MF//AB ，又 BC  AB，MF  BC ；
由（1）知：QM  平面 ABCD， BC 平面 ABCD，QM  BC ； ①若a  0 ，Gx 0 恒成立，符合题意.
a
18. (17 分)解：（1）   2 2
f  x  x   ，当 a  1，时， f 1 1， f x1，
x 故切线方程为： y 1 x 1,即 y  x  2；
f x alnx  
所以Gx  x  2 在 m ∞ 单调递增，所以Gx1  0 .
x x x
a 1lnx
2
2024-10 高三数月 10 第 5页共 2 页 平面QMF ，QM MF  M ，BC 平面QMF ，
QM,MF 
1 lnx 1
②若a  0 ，则  恒成立.
a x
2
lnx 1 3 2lnx
令   ，则   ，令  
F x F x F x
x x 2 3
MG  平面QMF ，BC  MG，
又 MG  QF ，QF  BC  F ，QF,BC  平面QBC ，MG 平面QBC ，
3 2lnx
3
  0 ，则
0  x  e ，
2
x 3
直线 MN 与平面QBC 所成角为MNG ， sin 42
 MNG  ，
 3   
3
1 1
 3 
所以 在 0, e2 单调递增，在 e2 , 单调递减，所以
F
 e2  
a 0, 2e  .
，所以  3
   
a 2e
3
     
1 lnx 1
③若a