重庆市“名校方案联盟”2025届高三上学期10月大联考数学试题（含答案）

这是一份重庆市“名校方案联盟”2025届高三上学期10月大联考数学试题（含答案），共10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。

1.已知集合U=2,4,6,8,10,A=2,4,B=4,6，则∁UA∪B=( )
A. 4B. 2,4C. 8,10D. 2,4,6
2.函数f(x)=x22|ex−1|的图象大致是( )
A. B.
C. D.
3.若函数f(x)=lnx−1x+a在区间(1,e)上存在零点，则实数a的取值范围为()
A. (0,1)B. [1e,1]C. (1e−1,1)D. (1,1e+1)
4.已知a=lg32，b=lg43，c=0.51.2，比较a，b，c的大小为( )
A. a>b>cB. a>c>bC. b>c>aD. b>a>c
5.若sinθ=−2csθ，则sinθ(sinθ+csθ)=( )
A. −65B. −25C. 25D. 65
6.在▵ABC中，D为BC中点，CP=λCB，AQ=23AB+13AC，若AD=25AP+35AQ，则λ=( )
A. 12B. 13C. 14D. 15
7.已知复数z1，z2和z满足|z1|=|z2|=1，若|z1−z2|=|z1−1|=|z2−z|，则z的最大值为( )
A. 2 3B. 3C. 3D. 1
8.已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，若f(x)=f(−x)+2x，f(x)的图象关于直线x=1对称，且f(2)=0，则f(20)−i=120f′(i)=( )
A. 10B. 20C. −10D. −20
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.“∞”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线.如图所示的曲线C过坐标原点O,C上的点到两定点F1−a,0,F2a,0(a>0)的距离之积为定值a2.则下列说法正确的是( )(参考数据： 5≈2.236)
A. 若F1F2=12，则C的方程为x2+y22=72x2−y2
B. 若C上的点到两定点F1､F2的距离之积为16，则点−4,0在C上
C. 若a=3，点3,y0在C上，则2D. 当a=3时，C上第一象限内的点P满足▵PF1F2的面积为92，则PF12−PF22=18 3
10.x表示大于或者等于x的最小整数，x表示小于或者等于x的最大整数．设an为a1=1的单调递增数列，且满足an+12+16an2+1−2an+1+4an−8anan+1=0，则下列选项正确的是( )
A. a2=9B. a2025至多有22022种取值可能
C. 14a1+14a2+⋯+14an≤ 2+2D. k=1n ak2k−1+ ak2k−1=3n
11.随机事件A，B满足PA=12，PB=23，PAB=34，则下列说法正确的是( )
A. PAB=PAPB
B. PAB=38
C. PA+B=34
D. PABA+BPAB=P2AP2B
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知y=sin2x和y=cs2x的图像的连续三个交点A，B，C构成▵ABC，则▵ABC的面积为 ．
13.已知非零向量a,b满足a= 3b,12a−b⋅a=0，则a与b的夹角为 ．
14.函数是数学中重要的概念之一，1692年，德国数学家莱布尼茨首次使用functin这个词，1734年瑞士数学家欧拉首次使用符号fx表示函数.1859年我国清代数学家李善兰将functin译作函数，“函”意味着信件，巧妙地揭示了对应关系.密码学中的加密和解密其实就是函数与反函数.对自变量恰当地赋值是处理函数问题，尤其是处理抽象函数问题的常用方法之一.已知对任意的整数a,b均有fa+b=fa+fb+ab+3，且f−2=−1，则f2024= ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在▵ABC中，bsin2A= 3asinB．
(1)求∠A；
(2)当▵ABC的面积为3 3，bc=3 34，求a的值．
16.(本小题12分)
某地区有小学生9000人，初中生8600人，高中生4400人，教育局组织网络“防溺水”网络知识问答，现用分层抽样的方法从中抽取220名学生，对其成绩进行统计分析，得到如下图所示的频率分布直方图所示的频率分布直方图．
(1)根据频率分布直方图，估计该地区所有学生中知识问答成绩的平均数和众数；
(2)成绩位列前10%的学生平台会生成“防溺水达人”优秀证书，试估计获得“防溺水达人”的成绩至少为多少分；
(3)已知落在[60,70)内的平均成绩为67，方差是9，落在60,80内的平均成绩是73，方差是29，求落在70,80内的平均成绩和方差．
(附：设两组数据的样本量､样本平均数和样本方差分别为：m,x1,s12;n,x2,s22.记两组数据总体的样本平均数为w，则总体样本方差s2=mm+ns12+x1−w2+nm+ns22+x2−w2)
17.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，离心率为 22，直线l经过点F，且与C相交于A，B两点，记l的倾斜角为α．
(1)求C的方程；
(2)求弦AB的长(用α表示)；
(3)若直线MN也经过点F，且倾斜角比l的倾斜角大π4，求四边形AMBN面积的最小值．
18.(本小题12分)
已知函数fx=x+1lnx，gx=ax−1．
(1)求曲线y=fx在1,f1处的切线方程；
(2)若fx>gx对任意的x∈1,+∞恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若ℎx=afx−1agx有三个零点x1，x2，x3，且x119.(本小题12分)
若x1，x2x2>x1是函数ℎ(x)在0,2π内的两个零点，则定义ℎ(x)的A型x1→x2零点旋转函数为Hx=Acsx−x1x2−x1π，A∈R且A≠0.将函数fx= 3sinx−sin2x在0,2π内所有的零点从小到大排列后，记第n个零点为xnn∈N∗，集合P=xfx=0,0≤x≤2π．
(1)请用列举法写出P．
(2)设函数gx是fx的1型x1→x3零点旋转函数，函数φx=gx2−gx−t，x∈0,π2，t∈R．
(i)讨论φ(x)的零点个数；
(ii)若φ(x)有两个零点m，n，证明：csm+n<0．
参考答案
1.C
2.A
3.C
4.D
5.C
6.C
7.B
8.A
9.ACD
10.AC
11.CD
12. 22π
13.π6
14.2048285
15.(1)
因为bsin2A= 3asinB，由正弦定理得，sinBsin2A= 3sinAsinB，
又B∈0,π，所以sinB≠0，得到sin2A= 3sinA，
又sin2A=2sinAcsA，所以2sinAcsA= 3sinA，
又A∈0,π，所以sinA≠0，得到csA= 32，
所以A=π6．
(2)
因为S▵ABC=12bcsinA=12bcsinπ6=14bc=3 3，所以bc=12 3，
又bc=3 34，得到b=3 34c，
代入bc=12 3，得到3 34c2=12 3，
解得c=4，所以b=3 3，
由余弦定理得，a2=b2+c2−2bccsA=(3 3)2+42−2×3 3×4× 32=27+16−36=7，
所以a= 7．

16.(1)
一至六组的频率分别为0.10,0.15,0.15,0.30,0.25,0.05，
平均数=45×0.10+55×0.15+65×0.15+75×0.30+85×0.25+95×0.05=71．
由图可知，众数为75．
以样本估计总体，该地区所有学生中知识问答成绩的平均数为71分，众数为75分.
(2)
前4组的频率之和为0.10+0.15+0.15+0.30=0.70<0.90，
前5组的频率之和为0.70+0.25=0.95>0.90，
第90%分位数落在第5组，设为x，则0.70+x−80×0.025=0.90，解得x=88．
“防溺水达人”的成绩至少为88分.
(3)
60,70)的频率为0.15，70,80)的频率为0.30，
所以60,70)的频率与60,80)的频率之比为+0.30=13
70,80的频率与60,80的频率之比为+0.30=23
设70,80内的平均成绩和方差分别为x2,s22，
依题意有73=13×67+23×x2，解得x2=76,
29=13×9+(67−73)2+23×s22+76−732，解得s22=12，
所以70,80内的平均成绩为76，方差为12．

17.解：(1)由题意知c=1,ca= 22,a2−b2=c2,解得a= 2，b=1，
所以C的方程为x22+y2=1．
(2)当α≠π2时，设l的方程为y=k(x−1)，k=tanα，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k(x−1),x22+y2=1,得(2k2+1)x2−4k2x+2k2−2=0，
其中Δ=8(k2+1)>0，且x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，
所以|AB|= (k2+1)(x1−x2)2=2 2(1+k2)2k2+1=2 21+sin2α．
当α=π2时，|AB|=2b2a= 2．
综上，对任意的α∈[0,π)，|AB|=2 21+sin2α．
(3)由题意知α∈[0,3π4)，由(1)知|AB|=2 21+sin2α，|MN|=2 21+sin 2(α+π4)，
所以S四边形AMBN=12|AB||MN|sinπ4=12×2 21+sin2α×2 21+sin2(α+π4)× 22
=8 2(3+sin2α)(3−cs2α)=8 29+3(sin2α−cs2α)−sin2αcs2α．
令sin2α−cs2α=t，t∈[−1, 2]，
则sin2αcs2α=1−t22，S四边形AMBN=16 2t2+6t+17．
因此，当t= 2时，四边形AMBN的面积取得最小值304 2−192289．
18.(1)
由函数fx=x+1lnx，可得f(1)=0，
且f′x=1+1x+lnx，则f′1=2，
曲线y=f(x)在1,f(1)处的切线方程为2x−y−2=0；
(2)
当x∈(1,+∞)时，fx>gx等价于lnx−ax−1x+1>0，
设tx=lnx−ax−1x+1，则t′x=x2+21−ax+1xx+12，t1=0，
(ⅰ)当a≤2，x∈(1,+∞)时，x2+21−ax+1≥x2−2x+1>0，
故t′x>0，tx在(1,+∞)上单调递增，因此tx>0；
(ⅱ)当a>2时，令t′x=0得x1=a−1− a−12−1，x2=a−1+ a−12−1．
由x2>1和x1x2=1得x1<1，
故当x∈1,x2时，t′x<0，tx在1,x2单调递减，因此tx<0．
综上，a的取值范围是−∞,2．
(3)
由ℎx=0等价于alnx−x−1x+1=0，
令ux=alnx−x−1x+1.注意到，u1=0，依题意，ux除了1之外，还有两个零点，
又由u′x=ax2+2a−2x+axx+12，令vx=ax2+2a−2x+a(x>0)，
当a≤0时，vx<0恒成立，故这时ux在(0,+∞)单调递减，不合题意：
当a>0时，由题意，首先vx在(0,+∞)上有两个零点，
故Δ=2a−22−4a2>0，解得0设两个零点为ξ1和ξ2，有ξ1+ξ2=2a−2>0，ξ1ξ2=1>0，故可知ξ1，ξ2均大于0，
由此可得ux在0,ξ1单调递增，ξ1,ξ2单调递减，ξ2,+∞单调递增，
而1∈ξ1,ξ2，即uξ1>0，u1=0，uξ2<0，
又因为ue−1a=−2+2e−1a+1<0，ue1a=2e1a+1>0，
故ux在(0,1)内恰有一个零点，在(1,+∞)内恰有一个零点，
又1为ux的一个零点，所以ux恰有3个零点，亦即ℎ(x)恰有3个零点，
实数a的取值范围是0,12．
ux=alnx−x−1x+1，由u1x=−alnx+x−1x+1=−ux，
由此可得x1⋅x3=1，要想证明3a−1x1+x3+2<2，
只需证明3a因此只需要证明当x>1时，lnx>3x2−1x2+4x+1，
令φx=lnx−3x2−1x2+4x+1，x∈1,+∞,
可得φ′x=x−14xx2+4x+12≥0，故φ(x)在1,+∞上单调递增，
因此当x>1时，φx>φ1=0，即当x>1时，lnx>3x2−1x2+4x+1，
因此x3−1x3+1=alnx3>3ax32−1x32+4x3+1，
由x3>1，有1x3+1>3ax3+1x32+4x3+1，即x32+4x3+1>3ax3+12，
两边同时除以x3，由x1=1x3，有x1+x3+4>3ax1+x3+2，
即3a−1x1+x3+2<2．

19.(1)
f(x)= 3sinx−sin2x= 3sinx−2sinxcsx=sinx( 3−2csx)，
令f(x)=0，得sinx=0或csx= 32，又0≤x≤2π，
所以当sinx=0时，x=0,π,2π；
当csx= 32时，x=π6,11π6，
所以P={0,π6,π,11π6,2π}；
(2)
(i)由(1)知x1=0,x3=π，则g(x)=cs(x−0π−0π)=csx，
得φ(x)=[g(x)]2−g(x)−t，令u=g(x)，
由x∈(0,π2)，得g(x)∈(0,1)，即u∈(0,1)，
对于方程u2−u−t=0，Δ=1+4t，
当Δ<0即t<−14时，φ(x)无零点；
当Δ=0即t=−14时，φ(x)有1个零点；
当Δ>0即t>−14时，方程u2−u−t=0的解为u=1± 1+4t2，
若0<1− 1+4t2<1且0<1+ 1+4t2<1，即−14若t=0，φ(x)有1个零点；
若1+ 1+4t2>1，即t>0，φ(x)无零点；
综上，当t<−14或t>0时，φ(x)无零点；
当t=−14或t=0时，φ(x)有1个零点；
当−14(ii)若φ(x)有2个零点m,n，则g(m),g(n)是方程u2−u−t=0的两个根，
由韦达定理得g(m)+g(n)=1,g(m)g(n)=−t，
又0而g(m)+g(n)=1，故0因为g(x)=csx在(0,π2)上单调递减，所以m+n>π2，
故cs(m+n)<0，即证．