江西省上饶市第四中学2024-2025学年高三上学期十一月测试数学试题

这是一份江西省上饶市第四中学2024-2025学年高三上学期十一月测试数学试题，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1．已知，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
2．设函数，，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
3．在中，若分别为内角的对边，且，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．已知直线和平面，则下列命题正确的是（ ）
A．平面内不一定存在和直线垂直的直线
B．若，则
C．若异面且，则
D．若，则直线可能两两相交且不过同一点
5．设x、，向量，，且，，则（ ）
A．B．C．3D．4
6．概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏，每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定：各出赌金210枚金币，先赢3局者可获得全部赎金．但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局，问这420枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是（ ）
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．设数列的前项和为，若，则称数列是数列的“均值数列”.已知数列是数列的“均值数列”，且，则下列结论正确的是（ ）
A．设数列的前项积为，则对任意，都有
B．设数列的前项积为，则既有最大值，也有最小值
C．数列中没有最大项
D．若对任意，恒成立，则
8．已知函数，下列说法错误的是（ ）
A．图像关于对称
B．只有一个零点且
C．若，则
D．不等式的解集
二、选择题：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.
9．下列说法中正确的有（ ）
A．函数在上单调递增
B．函数的定义域是，则函数的定义域为
C．不等式的解集为
D．函数关于点中心对称
10．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），则（ ）
A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B．存在点Q，使平面BMN
C．过Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为
D．点H是四边形内的动点，且直线PH与直线AD夹角为，则点H的轨迹长度为
11．若函数，与轴的三个交点依次为，，，且在这三个交点处的切线斜率分别记为，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．若，，成等差数列，则
D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知某组数据为x，y，8，10，11．它的平均数为8，方差为6，则的值为 ．
13．如图，OPQ是以O为圆心，半径为1，圆心角为的扇形，C是扇形弧上的动点，AB在线段OP上，ABCD是扇形的内接矩形，则的最大值为 .
14．在研究线性回归模型时， 样本数据（，，，，）所对应的点均在直线上，用表示解释变量对于反应变量变化的线性相关度，则 .
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15．（13分）已知函数.
(1)判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义证明；
(2)解不等式：.
16．（15分）如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点.
(1)求证：平面；
(2)设点P为底面ABC内（包括边界）的动点，且平面，若点P的轨迹长度为，求三棱柱的侧面积.
17．（17分）已知分别为椭圆的左､右焦点，分别为椭圆的左､右顶点，Px0,y0为椭圆上的动点，过动点Px0,y0作椭圆的切线.分别与直线和相交于两点，四边形的对角线相交于点，记动点的轨迹为.
(1)证明：椭圆在点处的切线方程为.
(2)求动点的轨迹的方程.
(3)过点作斜率不为的直线与相交于点，直线与的交点为，判断点是否在定直线上.
18．（15分）如图在斜三棱柱中，，，，平面平面ABC，E是棱上一点，D，F分别是AC，AB的中点.
(1)当，证明：平面BED；
(2)判断当的值为多少时，锐二面角的余弦值为
19．（17分）函数，为实数.设是函数在点处的切线.为函数的导函数.
(1)求和的值；
(2)求的单调性；
(3)若对任意时，总有，则称实数为函数的“A类值”，求函数的所有“A类值”.
高三数学参考答案
1．B
【分析】结合一次函数与二次函数的图象性质，由不等式可得两函数有共同零点，由此得是方程的根，可得的关系，消再利用基本不等式求解最值可得.
【详解】设，.
由已知，在单调递增，
当时，；当时，.
由图象开口向上，，可知方程有一正根一负根，
即函数在有且仅有一个零点，且为异号零点；
由题意，则当时，；当时，.
所以是方程的根，
则，即，且a>0，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
则的最小值是.
故选：B.
2．C
【分析】根据分段函数，分情况求解不等式，结合一元二次不等式的解法，可得答案.
【详解】当时，由，可得，，解得，则；
当时，由，可得，解得，则.
综上所述，由，解得，
当x>0时，由，可得，，解得，则；
当x=0时，由，可得，显然成立，则x=0；
当时，由，可得，，解得或，则.
综上所述，，解得.
故选：C.
3．C
【分析】根据给定条件，利用切化统统及和角的正弦公式化简，再利用正余弦定理化简即得.
【详解】在中，由，得，
即，整理得，由正弦定理及余弦定理得：
，则，所以.
故选：C
4．C
【分析】分别讨论所有情况判断A，举反例判断B，合理作出图形，利用面面平行的判定定理判断C，先假设直线交于一点，再作图并利用相交直线的性质求解即可判断D.
【详解】对于A，我们要讨论平面和直线的关系，
当时，平面内一定存在和直线垂直的直线，
当直线时，在平面内有无数条直线与直线是异面垂直直线；
当直线平面时，在平面内有无数条平行直线与直线相交且垂直；
当直线与平面相交但不垂直时，在平面内有无数条平行直线与直线垂直，
故平面内一定存在和直线垂直的直线，故A错误；
对于B，当时，一定有或相交，故B错误；
对于C，如图，因为，过直线，一定存在平面，
使得，，所以，
而，，故，
因为异面，所以一定相交，而，，故成立，故C正确；
对于D，如图，
，，，.
∵直线和不平行，相交.
设，则，
.
又.
三条直线相交于同一点，故D错误，
故选：C
5．B
【分析】根据给定条件，利用空间向量垂直的坐标表示列式计算即得.
【详解】向量，，，且，，
则，，解得，于是，
所以.
故选：B
6．A
【分析】根据题意，求得甲乙获胜的概率均为，且游戏最多再进行2局即可分出胜负，求得甲获胜的概率，进而得到答案.
【详解】由题可知，对单独每一局游戏，甲乙获胜的概率均为，若游戏继续进行，最多再进行2局即可分出胜负，
①第四局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；
②第四局乙赢，第五局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；
③第四局乙赢，第五局乙赢，比赛结束，乙胜出，概率为；
所以甲胜出的概率为，甲应该分得赌金的，即甲分得赌金枚，乙分得赌金枚.
故选：A.
7．B
【分析】先由数列递推公式求得，再由可求得，由的关系式可求得，即可判断A错误，再由数列的取值及其单调性，可得B正确，经判断可知数列中的最大项为，即C错误，结合C中结论可知解不等式得或，即D错误.
【详解】由，
可得；
两式相减可得，
当时，可得符合上式；
又数列的前项和为，且可得；
当时，可得，
当时，可得符合上式，可得；
所以可知当时，，当时，；
又，
对于A，显然当时，，即A错误；
对于B，易知，
当时，，
因此可得，且；
由可知当或时，取得最大值；
当时，有最小值，可得既有最大值，也有最小值，即B正确；
对于C，由可知，
易知且，即可得数列中的最大项为，即C错误；
对于D，若对任意，可知，
由恒成立，结合C中分析可得即可，
又可得，解得或，即D错误.
故选：B
8．B
【分析】对于A：由可得判断，对于B，通过单调性及零点存在性定理可判断，对于C，通过奇偶性可判断，对于D，构造，通过其单调性、奇偶性可判断.
【详解】对于A: ，所以图像关于对称，故A正确；
对于B: ，当且仅当时取等号，
故在定义域内为增函数，
又，，
由零点存在性定理可知 在上不存在零点，故B错误，
对于C：，，
故为偶函数，，所以，正确；
对于D: ，当且仅当时取等号，
故在定义域内为增函数，
构造，
，为奇函数，同时由的单调性可知，在定义域内也为增函数，
由，
可得：，
即，
所以，
解得：，故D正确，
故选：B
9．BD
【分析】由复合函数的单调性可判断A；由函数的定义域的定义可判断B；对讨论，分，可判断C；由函数的图象平移可判断D .
【详解】对于A，函数在上单调递减，故A错误；
对于B，函数的定义域是，可得，解得，所以函数的定义域为，故B正确；
对于C，不等式，当时解集为；当时解集为；当时解集为，故C错误;
对于D，的图象可由向左平移1个单位，再向上平移1个单位得到，可得关于点中心对称，故D正确.
故选：BD.
10．BCD
【分析】A选项，作出辅助线，得到，即四点共面，当与重合时满足要求，但Q不能与重合，故A错误；B选项，作出辅助线，得到，平面，B正确；C选项，作出辅助线，得到平面QKT截正方体截面为平行四边形，当T与点C重合时，面积最大，此时面积为，当Q与点无限接近时，面积接近于0，C正确；D选项，作出辅助线，得到点H的轨迹为以O为圆心，2为半径的部分圆弧，求出点H的轨迹长度为.
【详解】选项A，连接，，，正方体中易知，
P，N分别是，中点，则，所以，即四点共面，
当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，
但Q是线段上的动点（不包含端点），故A错误；
选项B，如图，取中点为，连接，，，
因为M，N分别是，中点，则与平行且相等，
故四边形是平行四边形，
所以，又是中点，所以，所以，
平面，平面，所以平面，B正确；
选项C，如图，在平面上作⊥于K，
过K作⊥交BC或者于T，
因为平面⊥平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
又平面，所以⊥，
因为，平面，
所以平面QKT，
平面QKT截正方体截面为平行四边形，
当T与点C重合时，面积最大，此时，，面积为，
当Q与点无限接近时，面积接近于0，
过Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C正确；
选项D，取的中点，连接，则，
则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆，
交，于X，Y，
则点H的轨迹为以O为圆心，2为半径的部分圆弧，
此时满足直线PH与直线AD夹角为，
如图，，故，
所以点H的轨迹长度为，D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
11．CD
【分析】由有三个零点，得有两个不相等的实数根，求解即可判断A；时，得出函数的单调区间及图象关于点中心对称，即可判断B；由题得，得出，结合，，成等差数列，即可判断C；得，再分别得出，代入化简即可判断D．
【详解】对于A，，因为有三个零点，
所以至少有三个单调区间，即有两个不相等的实数根，
所以，解得，故A错误；
对于B，时，，
，
由或，由，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
又，
所以函数的图象关于点中心对称，
所以，
又在上单调递增，所以，
所以，故B错误；
对于C，
，
所以，
若，，成等差数列，则，
即，故C正确；
对于D，，，
所以，同理，
所以
，故D正确；
故选：CD．
【点睛】关键点点睛：判断B选项的关键是发现，从而得到函数图象是中心对称图形，对称中心为；CD选项的判断，解答时要注意利用．
12．65
【分析】由平均数和方差的定义求解即可.
【详解】因为x，y，8，10，11．它的平均数为8，所以，
由，得，
则，
可得：.
故答案为：65.
13．
【分析】设，，表达出，，利用三角恒等变换得到，求出最大值，得到答案.
【详解】设，，
则，
故，
则，则，
则
，
因为，所以，
故当，即时，取得最大值，
最大值为.
故答案为：
14．
【分析】根据线性相关系数的定义直接得解.
【详解】由已知样本数据（，，，，）所对应的点均在直线上，
则，
又，
所以满足负相关，
即，
故答案为：.
15．(1)增函数，证明见解析
(2)
【分析】（1）根据函数单调性定义即可证明函数在(0,+∞)为增函数；
（2）先证明函数为奇函数，再由奇函数性质及函数单调性求解即可.
【详解】（1）函数在上的单调递增,证明如下：
设任意且，
则，
因为且，
所以，，
所以，即，
所以函数在上的单调递增.
（2）由知定义域为，关于原点对称，
又，所以函数为奇函数，
由可得，
因为，，
所以，解得，
即不等式的解集为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，可证平面，根据平行关系可得，进而可得结果.
（2）根据面面平行分析可知：点P的轨迹为线段，结合题中的长度关系运算求解.
【详解】（1）在三棱柱中，连接，
由，M为的中点，得，
又平面，且平面，则，，
由，平面，得平面，
在中，分别为的中点，则，，
而，，则，，
即四边形为平行四边形，则，
所以平面.
（2）连接，
由（1）可知：，且平面，平面，则平面，
在平行四边形中，分别为的中点，则，，
四边形为平行四边形，，且平面，平面，
于是平面，且，平面，所以平面平面，
且平面平面，则点P的轨迹为线段，即，
由，，为的中点，得，
，且为矩形，则，
在中，，则边上的高，
可得，
所以三棱柱的侧面积.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)在
【分析】（1）直曲联立，求出交点，证明即可；
（2）令，得坐标，求出直线方程，求出交点，得到动点的轨迹的方程.
（3）设直线的方程为，直曲联立，借助韦达定理，得到,联立，方程，得到满足的条件即可.
【详解】（1）证明：联立方程组，
消去整理得，又，
即，
整理得，解得，
所以直线与椭圆有且仅有一个交点Px0,y0，
即切线方程为.
（2）解：由（1）中切线方程，令，得，
令，得，
因为，所以直线，①
因为，所以直线，②
由①②得.
因为，得，
所以动点的轨迹的方程为）.
（3）解：设直线的方程为，
联立方程组得，
则，所以.
因为直线的方程为，直线的方程为，
所以，所以，
所以，
整理得
所以，即点在定直线上.

18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据平行关系可知，即可证明线面平行；
（2）由面面垂直的性质可得平面，建系标点，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）连接，D，F分别是CA，BA中点，则且，
，是平行四边形，因此且，
所以与平行且相等，是平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面.
（2）当时锐二面角的余弦值为，理由如下：
取中点，连接，，
因为，则，，，
则是正三角形，所以，，
平面平面，平面平面，平面，
所以平面，，
以OA，OC，为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
可得，，
设平面的一个法向量是m=x,y,z，则，
取，则，，即，
平面的一个法向量是，
设锐二面角的大小为，
则．且，解得，，
所以.
19．(1)，
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）代入解析式计算和即可；
（2）求导，由导数符号判断的单调性；
（3）分类讨论的范围得到结果.
【详解】（1），
.
（2）
，
当时，，在上单调递减
当时，，在上单调递增
（3）当时，因为，在上单调递增，
当时，所以hx在上单调递减，
则，所以，不成立，
当时，因为，在上单调递减，
当时则，所以hx在上单调递减，
则所以，不成立
当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以hx在R上单调递增，
所以当时，，
所以当时，，.
所以函数的“A类值”只有.
【点睛】本题难点在于理解题中的新定义“A类值”，考查对抽象概念的理解能力和应用能力，以及分类讨论的数学思想.