贵州省铜仁市第一中学2024-2025学年高三上学期10月模拟考试数学试题

铜仁一中10月模拟考试数学试题 一、单选题：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．记复数的共轭复数为，若，则（    ） A．1 B． C．2 D． 2．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 3．已知函数的定义域为.记的定义域为集合的定义域为集合.则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 4．如图，在中，是边的中点，是上一点，且，则（    ） A． B． C． D． 5．函数的图像大致为（    ） A． B． C． D． 6．将函数的图象向右平移，个单位长度后，所得函数为偶函数，则的值为（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，关于的不等式有且只有三个正整数解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．设函数，若，则a的最小值为（    ） A． B． C．2 D．1 二、多选题：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．下列不等式正确的有（    ） A．当时，的最大值是5 B．已知正实数满足，则 C．当时， D．函数最小值为 10．设是定义在上的偶函数，且对于恒有，已知当时，，则下列判断正确的是（    ） A．的周期是2 B．在上递减，在上递增 C．的最大值是2，最小值是1 D．当时， 11．如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，，且点P在以AD中点O为圆心，OA为半径的半圆上，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D．的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分。共15分. 12．已知是等差数列，，则 ． 13．已知定义在上的函数满足，则曲线在点处的切线方程为 . 14．在中，内角所对的边分别为，，，若，则的取值范围是 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（本题13分）如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且分别为的中点. (1)证明：平面. (2)求平面与平面夹角的余弦值. 16．（本题15分）已知正项等差数列满足：且，，成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足：，，求数列的前项和. 17．（本题15分）已知双曲线：（，）的一条渐近线方程为，右顶点到渐近线的距离为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，若直线过点，与的左、右两支交于两点，且的面积为，求直线的方程． 18．（本题17分）已知函数. （1）当时，求函数的单调递增区间； （2）当，时，关于的不等式恒成立，求实数的最大值. （3）设点、是函数图象上两个不同的点，令，证明： 19．（本题17分）法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下： ①当的三个内角均小于时，满足的点为费马点； ②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点. 请用以上知识解决下面的问题： 已知的内角所对的边分别为，点为的费马点，且 (1)求角C的大小； (2)若，求的面积； (3)若，求实数的最小值. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 铜仁一中10月模拟考试数学参考答案 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B C A D C D B 7．D【详解】函数的定义域为R，求导得， 当时，；当时，，函数在上单调递增， 在上单调递减，，而，当时，恒成立， 不等式， 当时，或，由，得，原不等式的整数解有无数个，不符合题意， 当时，或，由，得，无正整数解， 因此原不等式有且只有3个正整数解，等价于不等式有且只有3个正整数解， 3个正整数解只能是，因此，即， 所以实数的取值范围是. 8．B【详解】函数定义域为，而，，， 要使，则二次函数，在上，在上， 所以为该二次函数的一个零点，易得， 则，且开口向上， 所以，只需，故a的最小值为. 二、多选题：本题共3 小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 答案 ACD ACD BCD 11．BCD【解析】对于B，因为，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上， 所以在边长为3的等边三角形ABC中，， 则，故B正确； 对于C，如图，以点为原点建立平面直角坐标系， 则， 因为点在以的中点为圆心，为半径的半圆上， 所以点的轨迹方程为，且在轴的下半部分， 设， 则， 所以， 因为，所以，所以， 所以，即，故C正确； 对于A，因为， 所以， 即， 所以，， 所以，， 则， 因为，所以，所以， 所以，即，故A错误； 对于D，由， 因为，所以当时，取得最大值，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分。共15分. 12．45 13． 14． 14．【解析】由题意可得，故， 即， 因为,所以， 因为，所以或， 即或，即或. 若，则，则无意义，故. 又，所以，即. 因为，所以,，， 所以，解得，故. 由正弦定理可得 ， 令，则. 设， 由对勾函数的性质可得在上单调递增， 所以，即. 故答案为:. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）不妨设，则，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 所以平面的一个法向量， 又，所以，因为平面，所以平面. （也可以用几何法） （2）设是平面的一个法向量，,，，得 又因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 16．(1) (2) 【解析】（1）设正项等差数列的公差为，由成等比数列， 得，则， 又，即，解得或. 当时，. 当时， 所以. 数列的通项公式为；或. （2） 由题意得，当时，，则数列的前项和 当时，， 则，且， 故是以为首项，为公比的等比数列， 则， . 故数列的前项和为或. 17．(1) (2) 【解析】（1）由题得， ① 由对称性不妨设的顶点为，则， ② 联立①②解得，，所以的方程为． （2）设，， 当直线的斜率不存在时，不符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线方程为， 由得， 所以， 解得， 因为，，所以 ． 又点到直线的距离， 所以的面积， 解得或；又因为，所以， 所以直线的方程为． 18．(1)和； (2).（3）证明见解析 【解析】（1）函数的定义域为， . 令可得或，，则. 由，可得或.则的单调递增区间为和； （2）当时，，即在上恒成立， ①当时，不等式恒成立； ②当时，令，，则 所以在上单调递增，于是 从而 ，令， 则上单调递增，且 因此则. 综上所述，的最大值为. 另解:当时，，即恒成立， 时显然恒成立，只需考虑， 即恒成立，即， 令，则，，则，， 当时，，所以，函数在上为增函数， 所以，，即，则恒成立. 令，其中，则，单调递减， 则，则. 综上所述，的最大值为. （3）易知， ， 要证： 即证 即证 不妨设，即证 ， 设，可得， 构造函数，其中，则， 所以，函数在区间上为增函数，则， 即 因此 19．(1) (2) (3) 【解析】（1）由， 得， 得， 得， 得，即， 所以为直角三角形，. （2）由（1）知，所以的三个角都小于， 因为点为的费马点，所以. 设， 在中，， 在中，， 在中，， 因为，所以， 所以 由，得： ， （3）由（2）知. 设， 由得. 由余弦定理得： 在中，， 在中，， 在中，， 因为，所以， 整理得. 因为，当且仅当时等号成立， 所以，整理得，解得或者（舍去）， 所以实数的最小值为. 数学答案 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $$