江西省上饶市婺源天佑中学2024-2025学年高三上学期十月考试数学试卷

这是一份江西省上饶市婺源天佑中学2024-2025学年高三上学期十月考试数学试卷，共12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，且，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知函数.将函数向左平移一个单位，再向上平移一个单位后得函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
3．设是锐角，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数fx=Asinωx+φ（，，均为正的常数）的最小正周期为，当时，函数取得最小值，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则等于（ ）
A．B．
C．D．
6．暑期将至，甲､乙､丙等六名学生准备各自从四个景点中选一个景点去旅游.已知每个景点都有人选，且甲没有选景点，则所有不同的选法种数为（ ）
A．540B．720C．1080D．1170
7．记等差数列的前n项和为，若成等差数列，成等比数列，则（ ）
A．900B．600C．450D．300
8．设定义在上的函数的导函数为，且，则（ ）
A．4B．8C．16D．32
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．某高中举行的纪念红军长征出发90周年的知识答题比赛，对参赛的2000名考生的成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，若同一组中数据用该组区间中间值作为代表值，则下列说法中正确的是（ ）
A．参赛成绩的众数约为75分
B．用分层抽样从该校学生中抽取容量为200的样本，则应在内的成绩抽取30人
C．参赛成绩的第75百分位数约为82.5分
D．参赛成绩的平均分约为72.8分
10．已知函数的图象在上有且仅有两条对称轴，则下列结论正确的有（ ）
A．的取值范围是
B．若的图象关于点对称，则在上单调递增
C．在上的最小值不可能为
D．若的图象关于直线对称，函数是常数，有奇数个零点，则
11．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线与交于A，B两点，其中点在第一象限．若动点在的准线上，则（ ）
A．的最小值为0
B．当为等腰三角形时，点的纵坐标的最大值为
C．当的重心在轴上时，的面积为
D．当为钝角三角形时，点的纵坐标的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．在正三棱柱中，，点为的中点．Q是棱上一点，且AQ⊥平面，则 .
13．若的展开式中，项的系数为-8，则的最大值为 .
14．已知函数在上单调递减，则的最大值为 .
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）已知命题：对任意实数，不等式恒成立；命题：关于的方程无实数根.
(1)若p为真命题，求实数的取值范围，
(2)若的题有且只有一个是真命题，求实数的取值范围.
16．（15分）为了改善学校办公环境，某校计划购买两种型号的笔记本电脑共15台，已知A型笔记本电脑每台5200元，B型笔记本电脑每台6400元，设购买A型笔记本电脑台，购买两种型号的笔记本电脑共需要费用元．
(1)求出关于的函数解析式．
(2)若因为经费有限，学校预算不超过9万元，且购买A型笔记本电脑的数量不得比B型笔记本电脑数量的2倍还要多，请问：学校共有几种购买方案？哪种方案费用最少？求出费用最少的方案所需费用．
17．（15分）如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，点为的三等分点，满足．
(1)设平面与直线相交于点，求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的大小．
18．（17分）古希腊数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，，动点满足，设动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的轨迹方程；
(2)若直线与曲线交于两点，求AB；
(3)若曲线与轴的交点为，直线与曲线交于两点，直线与直线交于点，证明：点在定直线上．
19．（17分）已知数列的满足.
(1)求数列的通项公式.
(2)设数列前项和为，求.
(3)证明：．
高三数学参考答案
1．B
【分析】作差法得到，结合，得到，故B正确，其他三个选项错误.
【详解】∵，
∴，
∴，又，
∴，故，，，，B正确，ACD错误.
故选：B
2．C
【分析】根据图象平移求出，分析的单调性和值域，画出的图象数形结合求解.
【详解】由函数hx向左平移一个单位，再向上平移一个单位后得函数，
所以，
当时，hx即单调递增，又，则，
又时，单调递增，又，则，
作出的图象如图，
由，，
则，解得或，
所以实数的取值范围为.
故选：C.
3．C
【分析】利用两角和与差的余弦公式，结合齐次式弦化切可得，进而可得答案.
【详解】因为且，
所以，
故，结合，
解得.
故选：C.
4．A
【分析】根据函数的周期和最小值点可得和，即可代入，结合在区间上的单调性即可求解.
【详解】依题意得，函数的周期为，∵，∴.
又∵当时，函数取得最小值，
∴，，可解得： ，，
∴，
，
，
，
又∵，而在区间是单调递减的，
∴.
故选：A．
5．B
【分析】根据给定的几何体，利用已知的空间基底表示向量.
【详解】在空间四边形中，
.
故选：B
6．D
【分析】根据排列组合知识结合分组问题求解即可.
【详解】因为甲没有选景点，所以甲有种选法，
其余5名学生可以选3个景点或4个景点.
当其余5名学生选3个景点时，有种选法；
当其余5名学生选4个景点时，有种选法.
故共有种不同的选法.
故选：D.
7．A
【分析】由题意可得，，求得首项与公差，可求.
【详解】等差数列an的公差为，因为成等差数列，
所以，所以，
所以，所以，，
又因为成等比数列，所以，
所以，解得，解得，
所以.
故选：A.
8．D
【分析】两边求导，运用复合函数导数规则，再结合累乘计算即可.
【详解】两边对求导，得，即，
所以，累乘可得．
故选：D.
9．AC
【分析】对于A，由频率分布直方图的最高小长方形中点值即可得解；对于B，由分数在内的频率和样本容量可求解；对于C，根据频率分布直方图的数据结合百分位数的定义和求解步骤计算求解即可；对于D，根据频率分布直方图中的平均数定义的求解方法即可计算得解.
【详解】对于A：由频率分布直方图可得众数为，故A正确；
对于B：由频率分布直方图可得内应抽取人，故B错误；
对于C：分数在）内的频率为，
在）内的频率为，
因此第75百分位数位于80,90内，第75百分位数为，故C正确；
对于D：平均数为，故D错误.
故选：AC.
10．BCD
【分析】由题意可得，求得即可判断A；利用三角函数的对称中心，结合求出，即可判断B；由和，结合三角函数的单调性即可判断C，由题意可得，函数与的图象在共9个交点，计算可判断D.
.
【详解】对于A：因为的图象在上有且仅有两条对称轴，
因为，所以，所以，
所以，故A错误；
对于B：因为的图象关于点对称，则，
即，因为，所以，
当时，，则在上单调递增，故B正确；
对于C：当时，，因为，
所以，所以在上的最小值小于，故C正确．
对于D：因为的图象关于直线对称，则，
即，又，所以，所以，
令函数的根即为函数与的交点的横坐标，
作出图象如图所示，因为，，
要使有奇数个零点，则，
由，得，
函数与的图象在共9个交点，
所以，
所以，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】思路点睛：求解正弦函数的对称轴、对称中心和值域的问题时，常利用整体代换法和验证法将问题转化到我们熟悉的正弦函数上，利用正弦函数的图象与性质解答，数形结合一种常用方法.
11．AC
【分析】求得直线的方程与抛物线方程联立求得，，利用向量数量积的坐标运算求得最小值，可判断A；要使得点的纵坐标最大，则，据此计算可判断B；求得重心坐标，重心在轴上时，可求，进而可求面积判断C；为钝角三角形时，点的纵坐标的取值范围判断D.
【详解】依题意可得，直线AB的方程为，
代入，消去得，解得，，
因为点在第一象限，所以，．
的准线方程为，设，

则，，
所以，故A正确．
当为等腰三角形时，要使得点的纵坐标最大，则，
即，且，解得，故B错误．
的重心坐标为，即，
当的重心在轴上时，，得，
的面积为，故C正确．
当，，三点共线时，，，，
所以，解得．
由A分析知，得为锐角或直角，
当为直角或为直角时，或，
所以，，
解得或，
当为钝角三角形时，且，
所以，，
解得且，
所以点的纵坐标的取值范围为，故D错误.
故选：AC.
12．
【分析】证明，证明，证明平面平面，在平面内过点作交于点，根据求出.
【详解】在正三棱柱中，因为点为的中点，
所以，因为平面，平面，
所以，因为，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面，
在平面内过点作交于点，
因为平面平面，
所以平面，显然，
所以，所以，所以，
所以.
故答案为：.
13．/0.125
【分析】根据二项式展开式的特征，可得项的系数为为，即可根据求解.
【详解】,
又，
故，
可由分别提供得到，或者提供得到，或者提供得到，
故项的系数为为，
故，即，
要使最大，则需为正数，
因此，故，当且仅当时取等号，
故答案为：
14．/
【分析】根据函数的周期性，在一个周期范围内根据导数判断函数单调性，即可得函数单调递减区间，进而可得解.
【详解】，
由与的周期均为，
则的周期为，不妨设，
，
令，即，
解得，
综上所述的单调递减区间为，，
故，
故答案为：.
15．(1)；
(2).
【分析】（1）由一元二次不等式恒成立，列式求出的范围.
（2）求出命题真时的范围，结合（1）分类求出实数的取值范围.
【详解】（1）对任意实数，不等式都成立，
当时，不等式对于任意实数不恒成立，不符合题意；
当时，，解得，
所以命题真时，实数的取值范围是.
（2）若真，即方程无实数根，则，解得，
即命题真时，，由（1）知，命题真时，，
由命题、中有且仅有一个是真命题，
得当真假时，，且或，因此；
当假真时，，且，因此，
所以实数的取值范围为.
16．(1)
(2)学校共有6种购买方案，购买A型电脑10台、B型电脑5台时费用最少，该方案所需费用为84000元．
【分析】（1）根据题意,构造等量关系式,求出函数关系式;
（2）先求出自变量取值范围,再根据函数单调性求解即可.
【详解】（1）因为购买A型笔记本电脑台，所以购买B型笔记本电脑（）台，
所以，
所以关于的函数解析式为．
（2）因为学校预算不超过9万元，购买A型笔记本电脑的数量不得比B型笔记本电脑数量的2倍还要多，
所以解得，
而为整数，故可取，学校共有6种购买方案．
由，因为，所以函数单调递减，
又且为整数，所以当时，有最小值，
最小值，此时．
故学校共有6种购买方案，购买A型电脑10台、B型电脑5台时费用最少，该方案所需费用为84000元．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面平行的判定定理证明平面，再由线面平行的性质证明即可；
（2）过点作于点，由面面垂直的性质得到，平面，再连接得到是直线与平面所成的角，然后结合图形由余弦定理和勾股定理求出线面角即可；
【详解】（1）证明：因为平面与直线相交于点，
所以平面平面，
因为四边形为平行四边形，，
平面平面平面，
平面，平面平面，
，
（2）过点作于点，
平面平面，
所以平面平面，
因为平面平面，且，
平面，
连接是直线与平面所成的角，
因为点为的三等分点，，
在中，，
在中，利用余弦定理可得：，
在中，，
在中，，
可得，
即直线与平面所成的角等于.
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用轨迹法，代入两点间距离公式，即可求解；
（2）代入直线与圆相交的弦长公式，即可求解；
（3）首先直线与圆的方程联立，并利用坐标表示直线和的方程，并利用韦达定理表示，即可求解交点坐标，
【详解】（1）设，因为，所以，
即，整理得，
所以曲线的轨迹方程为．
（2）曲线的圆心到直线的距离，
所以．
（3）证明：设．
联立得，
．
设，所以直线的方程为，直线的方程为．
因为直线与直线交于点，所以
则
，即，解得，
所以点在直线上．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是坐标法的应用，利用韦达定理表示.
19．(1)
(2)
(3)证明过程见解析
【分析】（1）构造等比数列即可求解；
（2）由错位相减法和等比数列求和公式即可求解；
（3）分三种情况证明即可，注意到，由此即可顺利得证.
【详解】（1），
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，
所以数列的通项公式为；
（2）由题意，
从而
；
（3），
当时，，
当时，，
当时，
.