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
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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.
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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
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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
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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
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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
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