黑龙江省大庆市实验中学实验二部2024-2025学年高三上学期10月考试数学PDF版含答案（可编辑）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷

大庆实验中学 大庆实验中学实验二部 2022 级高三上学期 10 月考试 数学学科试题 说明：1.请将答案填涂在答题卡的指定区域内。 2.满分150分，考试时间120分钟。 一、单项选择题（本题型共8小题，第小题5分，共40分） 1. 设全集 第 1 页 共 2 页 U  R ， A  { x | y  l g ( 3 x  x 2 ) } , B  { y | y  2 x , x  [1 , 2 ] } ，则 A B  （ ） A． ( 0 , 3 ) B．[1,2] C． [ 2 , 3 ) D．(3,4] 2. 复数 z 满足 z z  2  1  2 i ，则 z 的虚部为（ ） A． i B． 1 C．  i D．1 3. 已知平面向量 a , b 满足： | a | 2 | b | ，且 a 在 b 上的投影向量为 b ，则 a 与 b 的夹角为（ ） A． 3 0  B． 6 0  C． 1 2 0  D． 1 5 0  4. 已知一组数据： 3 , 5 , x , 7 , 9 的平均数为6，则该组数据的 4 0 % 分位数为（ ） A．4.5 B．5 C．5.5 D．6 5. 已知函数 f(x) x3ln( x2 1x)，对于任意实数 a , b ， 则 a  b  0 是 f ( a )  f ( b )  0 的（ ） A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件   6. 函数 f(x)cos(x )在区间(0, )上恰有2个极值点，则的取值范围是（ ） 4 2 1 5 A．( , ) B． 2 2 ( 1 2 , 5 2 ] 2f 2x3f x10的实数根个数为（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 8. 已知数列 7 11 7 11 C．( , ) D．( , ] 2 2 2 2  π 1sin x,0 x2   2 7. 已知 f x的定义域为(0,)， f x ，则关于x的方程 1  f x2,x2  2 { a n } 的前n项和为 S n ，满足 a 1  1 ， a n a n 1 2 n c o s ( n )      ，则 S 2 0 2 5  （ ） A． 1 B． 1 3  2 1 0 1 4  1 3 C． 2 1 0 1 4  3 D．521014 二、多项选择题（本题型共3小题，每小题6分，共18分） 9. 关于函数 f ( x )  s in ( 2 x  π 6 )  c o s ( 2 x  π 6 ) ，其中正确命题是（ ） A． y  f ( x ) 是以 π 为最小正周期的周期函数 B．y f(x)的最大值为 2 C．将函数 y  2 c o s 2 x 的图象向左平移 π 2 4 个单位后，将与已知函数的图象重合 D． y  f ( x ) 在区间 ( π 2 4 , 1 3 2 π 4 ) 上单调递减 10. 已知等差数列  a n  的首项为 a 1 ，公差为 d ，其前 n 项和为 S n ，若 S 1 0  S 8  S 9 ，则下列说法正 确的是（ ） A． | a 1 0 | | a 9 | B．当 n  9 时， S n 最大 C．使得 S n  0 成立的最大自然数 n  1 7 D．数列  S a n n  中的最小项为 S a 1 1 0 0 11. 已知 f(x)2ax3 3ax2 (a1)xb，则下列结论正确的是（ ） A．当 a  1 时，若 f  x  有三个零点，则b的取值范围是   1 , 0  B．当a1且x0,π时， f  s in x   f  s in 2 x  C．对于任意bR满足 f(x1) f(x)2b1 3 D．若 f x存在极值点x ，且 f x  f x ，其中x  x ，则2x x  0 0 1 0 1 0 1 2 {#{QQABJQQAgggIAIBAAQhCAwG6CEGQkBAACSgGhEAMIAAACAFABCA=}#}大庆实验中学 三、填空题（本题型共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设等比数列a 的前 n 第 2 页 共 2 页 n 项和为S ,a a 16,S 21，则 n 5 6 6 S 2  ___________ 13. 若曲线y ex x在点 ( 0 , 1 ) 处的切线也是曲线 y  l n ( x  1 )  a 的切线， 则 a  ___________ 14. 在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足a2c2 bc， a 若 sinC存在最大值，则的取值范围是___________. c 四、解答题（本题型共5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）.已知数列{𝑎 }的前n项和为S ，且满足S 2a 2n1． 𝑛 n n n （1）求证：数列  a n  2  为等比数列； a ,n是奇数  n （2）已知b n2a  ，求数列{𝑏 }的前 n  n ，n是偶数 𝑛  3 2 n 项和． 16（15分）.如图，在四棱锥 P  A B C D 中， P D  2 A D ，底面 A B C D 为正 方形，PDAPDC60， M , N 分别为 A D , P D 的中点． （1）证明： P A // 平面MNC； （2）求平面 M N C 与平面 P B C 所成二面角的正弦值． 17（15分）.已知双曲线 C : x a 2 2  y b 2 2  1 ( a  0 , b  0 ) 的左､右焦点分别为 F 1 , F 2   ，点A  6, 2 在 C 上，且离心率 e  2 6 . （1）求双曲线 C 的方程； （2）记点A在x轴上的射影为点 B ，过点 B 的直线l与 C 18（17分）.为加深学生对新中国成立以来我国在经济建设、科技创新、精神文明建设等方面取得 成就的了解，某学校高三年级组织举办了知识竞赛．选拔赛阶段采用逐一答题的方式，每位选手 最多有5次答题机会，累计答对3道题则进入初赛，累计答错3道题则被淘汰．初赛阶段参赛者 每两人一组进行比赛，组织者随机从准备好的题目中抽取2道试题供两位选手抢答，每位选手抢 到每道试题的机会相等，得分规则如下：选手抢到试题且回答正确得10分，对方选手得0分，选 手抢到试题但没有回答正确得0分，对方选手得5分，2道试题抢答完毕后得分少者被淘汰，得分 多者进入决赛（若分数相同，则同时进入决赛）． 2 （1）已知选拔赛中选手甲答对每道试题的概率为 ，且回答每道试题是否正确相互独立，求甲进 3 入初赛的概率； （2）已知初赛中选手甲答对每道试题的概率为 1 1 交于M,N两点．探究：  是否 BM 2 BN 2 为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 4 5 ，对手答对每道试题的概率为 3 4 ，两名选手回答 每道试题是否正确相互独立，求初赛中甲的得分 Y 的分布列与期望； （3）进入决赛后，每位选手回答4道试题，至少答对3道试题胜出，否则被淘汰，已知选手甲进入 决赛，且决赛中前 3 道试题每道试题被答对的概率都为 p  p   0 ,1   ，若甲4 道试题全对的概率为 1 ，求甲能胜出的概率的最小值． 16 19（17分）.已知函数 f ( x )  s in x  c o s x  s in a x ， x   0 , π 2  ． （1）若 a  2 ，求函数 f ( x ) 的值域； （2）若 g ( x )  1 2 x 2  c o s x ①判断函数g(x)的单调性，并求出其单调区间  π ②已知aN，且当x0,  ，都有  2 ( 3 x  1 ) g ( x )  f ( x )  3 x 3  2 x 2 恒成立，求a的所有可能取值. {#{QQABJQQAgggIAIBAAQhCAwG6CEGQkBAACSgGhEAMIAAACAFABCA=}#}大庆实验中学 大庆实验中学实验二部 级高三上学期阶段性考试 2022 两式相减得a 2a 2a 2，所以a 22a 2， n n n1 n n1 数学学科试题参考答案： 又因为a 23，所以a 2是首项为3，公比为2的等比数列. 1 n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 （2）由（1）可知a 232n1， n C D B C C D B B ABD BCD ACD 12.1 232n1,n是奇数 13.ln2 所以b n  n2n1，n是偶数 1 3 14.( , ) 设数列 的前 项和为 2 2 n S n 11题：选项D 若 f(x)ax3 bx2 cxd, f '(x)3ax2 2bxc， 所以S 2n b 1 b 2 b 3 b 2n 由 f(x ) f(x )得a(x3 x3)b(x2 x2)c(x x )0 即 1 0 1 0 1 0 1 0 a(x2 x x x2)b(x x )c 0，其中c3ax22bx 代入得 令 1 1 0 0 1 0 0 0 S (2320 2322 2324 2322n2)(14242 n4n) 2n a(x2 x x x2)b(x x )3ax2 2bx 0 1 1 0 0 1 0 0 0 T 2320 2322 2324 2322n2 a(x2 x x 2x2)b(x x )0 n 1 1 0 0 1 0 a(x 1 x 0 )(x 1 2x 0 )b(x 1 x 0 )0 Q 14242 n4n n b b 3 a(x x )(x 2x  )0，x 2x   1 0 1 0 a 1 0 a 2 1 4(4n 1) 可知T 2n(4n 1)，Q  [ n4n1] 14题：a2 c2 bcb2 c2 2bccosA，c b2ccosA n n 3 3 sinC sinB2sinCcosA，sinC sin(AC)2sinCcosA (12n13)4n 13 sinC sin(AC)，即A2C 所以S 2n  2n 9 9 a  sinc2cosCsinC  142sin(C)(tan2) 16.证明：（1）因为M,N分别为AD,PD的中点， c       所以MN//PA， C  ，C , C,  6 4 2 2 4 3 因为MN 平面MNC，PA平面MNC， 1 3 1 tan 3，  所以PA//平面MNC． 2 2 15.解：（1）当n1时，a 2a 1，解得a 1， （2）设 PD2AD2t ，PDAPDC 60 ， 1 1 1 在△PAD中，由余弦定理得， AP2  AD2PD22ADPDcos603t2 ， 当n2时，由S 2a 2n1，可得S 2a 2n3, n n n1 n1 第 1 页 共 4 页 {#{QQABJQQAgggIAIBAAQhCAwG6CEGQkBAACSgGhEAMIAAACAFABCA=}#}大庆实验中学 即 ， AP 3t   2t 22 则 cosn,BA   ， 1642t 11 所以 cosPAD0 ，即PAD90，同理可得PCD90，   22 3 11 所以平面MNC与平面PBC 所成二面角的正弦值sinn,BA 1  ． 因为ABAD ，APAD，AP,AB平面APB，APAB A， 121 11 所以AD平面PAB，又PB平面PAB， 17.（1）设双曲线的焦距为2c(c0)， 所以ADPB，同理CDPB，又AD,CD平面ABCD，ADCD D ， c 6 所以PB平面ABCD，又AB,BC平面ABCD，   a 2  所以PB AB，PBBC，又ABC90， 由题意得，a2b2 c2，  6 2   1 则以点B为原点，以BC,BA,BP所在直线为x,y,z轴，建立如图空间直角坐标系， a2 b2 在RtABP中， PB AP2AB2  2t ， a 2  x2 解得 b1 ，故双曲线C的方程为 y2 1．  2 c 3 （2） 则A0,t,0,Dt,t,0,P  0,0, 2t  ，C(t,0,0)， t t t 2t  t 2t  t 所以M( ,t,0),N( , , )，MN(0, , ),MC( ,t,0)， 2 2 2 2 2 2 2   由题意得，B  6,0 ，  设平面MNC的法向量n(x,y,z)， 当直线MN 的斜率为零时，则   则    n  n M    M  N  C    x y   2y 2z   0 0 ，取y2，得n  (4,2, 2)， BM 1 2  |BN 1 |2   2 1 6 2   6 1 2 2   2 6   2 2   6  2 2 6 2  1 1 6 6 1．  由图可知，平面PBC 的法向量为BA(0,t,0)， 当直线MN 的斜率不为零时，设直线MN 的方程为xmy 6，点Mx,y ,Nx ,y ， 1 1 2 2 第 2 页 共 4 页 {#{QQABJQQAgggIAIBAAQhCAwG6CEGQkBAACSgGhEAMIAAACAFABCA=}#}大庆实验中学 1 4 1 1 1  x2 PY 15    2 ； 联立   2 y2 1 ，整理得  m22  y22 6my40， 2 5 2 4 10  xmy 6 PY 10 1  4  1  3 2 1  4  1  1 2 1  1  1  1  633 ； 2 5 2 4 2 5 2 5 2 4 2 4 1600   m220 PY 5 1  1  1  1 2 1  3  1  1 2 19 ； 则  Δ24m216  m22  0 ，解得m 2且m 2， 2 5 2 4 2 4 2 4 160 1 1 1 1 1 1 1 3 1 3 1 3 361 PY 0    2         ． 2 6m 4 2 5 2 5 2 5 2 4 2 4 2 4 1600 所以y  y  ,y y  ， 1 2 m22 1 2 m22 Y的分布列为 1 1 1 1 1 y2 y2 所以 BM 2  BN 2   1m2 y2   1m2 y2  1m2  1 y2y2 2 Y 0 5 10 15 20 1 2 1 2 361 19 633 1 4 2 6m 2 4 P   2 1600 160 1600 10 25 1 y y 22y y 1 m22 m22 1 16 m216   1 2 1 2      1． 361 19 633 1 4 37 1m2 y2y2 1m2  4  2 1m2 16 所以EY0 5 10 15 20  ． 1 2   1600 160 1600 10 25 4 m22 1 1 （3）因为甲4道试题全对的概率为 ，所以第4道试题答对的概率为 ， 16 16p3 1 1 综上，  1，为定值． 2 2 BM BN 1  1  1 所以甲能胜出的概率 f p  p3 1 C2p21 p ， 16  16p3  3 16p3 18.解：（1）设X 为甲的答题数，则X 可能取3，4，5． 3 3 即 f p p3  ． 2 3 8 16p 16 PX 3   ； 3 27 3 3  4p21  4p21  因为 fp3p2  ， 2 16p2 16p2 2 1 2 8 PX 4C2     ； 3 3 3 3 27  1 所以 f p在0, 上单调递减，在 上单调递增，  2 1 2 2 1 2 2 16 1 5 2,1 PX 5C2      ． 所以 f(p)  f   ． 4 3 3 3 81 min 2 16 19.解（1）由题设g(x)sinxcosx2sinxcosx， 8 8 16 64 所以甲进入初赛的概率为    ． 令tsinxcosx 27 27 81 81 （2）Y可能取0，5，10，15，20． 即原函数为y t2 t1 1 4 1 4 4   PY 20     ； 又tsinxcosx 2sin(x ),(x(0, ]) 2 5 2 5 25 4 2 第 3 页 共 4 页 {#{QQABJQQAgggIAIBAAQhCAwG6CEGQkBAACSgGhEAMIAAACAFABCA=}#}大庆实验中学 π π 3π π  π 且x 4 ( 4 , 4 ]，所以t[1, 2] 当a3，令x 0  a1   0, 2   ，则ax 0 x 0  x 0 (a1) π，sinax 0 sinπx 0 ， 而函数 y t2 t1在t[1, 2]单调递增，所以函数 f(x)的值域为[1,1 2] 所以hx sinx sinax 3x cosx sinx sinπx 3x cosx 3x cosx 0（舍）； 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 （2）（ⅰ）因为g(x) xsinx，且g(x)1cosx 综上，正整数a的取值集合为{2}． 又cosx1 所以g(x)0 即y g(x)单调递增，又g(0)0， 所以当x(,0)时，g(x)0，函数g(x)单调递减 当x(0，)时，g(x)0，函数g(x)单调递增 所以函数g(x)的单调递减区间为(,0)，单调递增区间为(0，) 3x3x2  π （ⅱ）由(3x1)g(x) f(x) ，x0,  ，则sinxsinax3xcosx0， 2  2  π 令h(x)sinxsinax3xcosx，x0,  ，则h(x)acosax2cosx3xsinx，  2 且h(0)a2， π π π 3π π 2  3π  当a1，h sin sin  cos  2 0（舍）； 4 4 4 4 4 2  4  当a2，则h(x)sinxsin2x3xcosx，故h(x)2cos2x2cosx3xsinx， 令k(x)h(x)，则k(x)4sin2x5sinx3xcosx8sinxcosx5sinx3xcosx 5sinx5sinxcosx3xcosx3sinxcosx5sinx(1cosx)3cosx(xsinx)， 由（2）可知xsinx恒成立，  π 所以k(x)0，即kxhx在x0,  上递增，  2  π 又h0a20，则h(x)0，所以h(x)在x0,  上递增，  2  π 又h(0)0，即h(x)0，x0,  ，符合题意；  2 第 4 页 共 4 页 {#{QQABJQQAgggIAIBAAQhCAwG6CEGQkBAACSgGhEAMIAAACAFABCA=}#}