精品解析：江西省上饶市广丰洋口中学2025届高三上学期十一月数学测试题

江西省上饶市广丰区洋口中学2024-2025学年高三上学期十一月数学自测题 （总分：150分 时间：120分钟） 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. 已知不等式 的解集是，则 ①； ②若不等式的解集为，则； ③若不等式的解集为，则； ④若不等式的解集为，且，则． 其中正确的是（ ） A. ①② B. ①④ C. ①②④ D. ①②③ 【答案】C 【解析】 【分析】利用一元二次不等式的解法与一元二次方程之间的关系以及韦达定理进行求解. 【详解】由题意，不等式的解集是， 所以，，所以①正确； 变形为，其解集为， 所以，得，故成立，所以②正确； 若不等式的解集为，由韦达定理知： ，所以③错误； 若不等式的解集为，即的解集为， 由韦达定理知：， 则，解得， 所以④正确. 综上，正确的为：①②④ 故选：C 2. 已知定义在上的函数的图象是连续不断的，且有如下部分对应值表： 1 2 3 4 5 6 136.1 15.6 10.9 判断函数的零点个数至少有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的数表，利用零点存在性定理判断即得. 【详解】在上的函数的图象是连续不断的， 由数表知，， 因此函数在区间上分别至少有1个零点， 所以函数的零点个数至少为3个. 故选：C 3. 将函数图象向右平移后，再将所得图象上各点横坐标扩大为原来的4倍，得到的图象，若方程在内有两不等实根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图象的变换可得，进而解方程可得，可求的值.. 【详解】将函数图象向右平移后，可得平移后的解析式为， 再将所得图象上各点横坐标扩大为原来的4倍，可得， 由方程，可得，所以， 因为，所以， 因为方程在内有两不等实根， 所以，所以， 所以. 故选：A. 4. 在四棱柱中，平面，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为，为侧棱上的动点（包括端点），则（ ） A. 对任意的，存在点，使得 B. 当且仅当时，存在点，使得 C. 当且仅当时，存在点，使得 D. 当且仅当时，存在点，使得 【答案】C 【解析】 【分析】若存在点，使得，则必有，且由题设条件易得平面,得到,再通过△∽△即可求得的范围. 【详解】连接，在四棱柱中，因为平面， 所以平面，则,又由底面是正方形，得， 所以平面，得. 若存在点，使得，则平面,得, 则△∽△，得，即，所以 故选：C. 5. 已知动圆的方程为，其中为常数，，有下列两个命题： ①存在，使圆与圆相切； ②对任意，直线上都存在点，圆上都存在两点、，使.则（ ） A. ①②都为真命题 B. ①为真命题，②为假命题 C. ①为假命题，②为真命题 D. ①②都为假命题 【答案】C 【解析】 【分析】对于①，求得两圆的圆心距与两圆的半径，可得两圆总相交，可判断①；对于②，当与圆相切时，可得，可判断②. 【详解】由，可得圆心，半径为， 由，可得，半径， 由，所以， 所以两圆相交，故不存在，使圆与圆相切， 故①为假命题； 因为，所以直线过点， 当与圆相切时，可得，所以， 所以对任意，直线上都存在点， 圆上都存在两点、，使.故②正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：判断圆与圆的位置关系，常常求得两圆圆心之间的距离，并与半径和差之间的关系判断. 6. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据的标准差为0，则这组数据中的数均相等. B. 两组数据的标准差相等，则这两组数据的平均数相等. C. 若两个变量的相关系数越接近于0，则这两个变量的相关性越强. D. 已知变量，由它们的样本数据计算得到的观测值，则在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量没有关系. 的部分临界值如表： 0.1 0.05 0.025 0.01 2.706 3.841 5.024 6.635 【答案】A 【解析】 【分析】根据标准差定义可判断A项；通过取反例可排除B项；利用相关系数的概念易排除C项；利用独立性检验的规定，可判断D结论不成立. 【详解】对于A，根据标准差定义，一组数据的标准差时，显然有故A正确； 对于B，两组数据的标准差相等，这两组数据的平均数未必相等，如都为1和都为2的两组数据，它们的标准差均为0，但它们的平均数分别为1和，故B错误； 对于C，两个变量的相关系数越接近于0，两个变量的相关性越弱，故C错误； 对于D，，根据独立性检验原理，在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量有关系，故D错误. 故选：A 7. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据可得数列是首项为1，公比为9的等比数列，再根据相减法得数列的通项公式，从而由等比数列求和得所求. 【详解】由题意可得，则， 所以数列是首项为1，公比为9的等比数列，即， 时，即 且时，不满足上式， 故， 故． 故选：C． 8. 已知函数的最大值是，为的一个极大值点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，可得其解析式，进而可得，，求解即可. 【详解】， 因为函数的最大值是， 所以，又，解得， 所以，， 因为为的一个极大值点，所以， 所以，. 故选：A. 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. 说法正确的是（ ） A. 已知，则的定义域为 B. 若幂函数在区间上是减函数，则 C. 函数的值域为 D. 已知函数满足，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据分式满足的关系即可求解A，利用幂函数的定义可得，或，即可根据单调性求解B，根据函数的单调性即可求解C，根据利用方程组的思想即可求解D. 【详解】对于A：因为，所以，又因为在中，，所以， 所以，所以的定义域为且，故A选项错误； 对于B：函数是幂函数， 所以，即，解得，或， 当时，在上单调递减，符合题意， 当时，，不符合题意，B选项正确； 对于C，由，可得函数的定义域为， 又函数均在上单调递增，故在上单调递增， 所以， 所以函数的值域为，故C正确； 对于D，因为①，所以②， ②－①得，解得，故D正确． 故选：BCD 10. 已知函数在上仅有两个零点，把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列有关函数的描述正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 图象关于点对称 C. 在上是减函数 D. 在上的值域为 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，利用辅助角公式得到，根据零点个数得到不等式，求出，确定，由平移变换得到，确定A错误；B选项，利用判断，C选项，利用判断；D选项，整体法求解函数的值域. 【详解】A选项，因为， 由于函数在上仅有两个零点， 则，解得，所以， 所以.因为，所以，所以. 将函数的图象沿轴向右平移个单位长度， 得到函数的图象. 函数的定义域为， 函数为奇函数，A错误； B选项，，所以函数的图象关于点对称，B正确； C选项，当时，，由于在上单调递减， 则函数在上是减函数，C正确； D选项，当时，，则，所以. 所以函数在区间上的值域为，D错误. 故选：BC. 11. 从中随机取一个数记为a，从中随机取一个数记为b，则下列说法正确的是（ ） A. 事件“为偶数”的概率为 B. 事件“ab为偶数”的概率为 C. 设，则X的数学期望为 D. 设，则在Y的所有可能的取值中最有可能取到的值是12 【答案】ABD 【解析】 【分析】确定从中随机取一个数，从中随机取一个数的所有可能取法数，根据古典概型的概率计算可判断ABD；根据数学期望的计算可判断C； 【详解】从中随机取一个数记为a，从中随机取一个数记为b， 共有（种）可能； 对于A，当时，时，为偶数；当时，时，为偶数； 故共有4种可能，则事件“为偶数”的概率为，A正确； 对于B，当时，时，为偶数；当时，时，为偶数； 此时共有（种）可能，故事件“ab为偶数”的概率为，B正确； 对于C，的取值可能为， 则, 故，C错误； 对于D，的取值可能为， ， ， 故在Y的所有可能的取值中最有可能取到的值是12，D正确， 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图所示，是圆柱的母线，是圆柱底面圆的直径，是底面圆周上一点，且，，则直线与平面所成角的大小为_______． 【答案】 【解析】 【分析】合理作出辅助线，找到线面角，再利用几何法求解即可. 【详解】取的中点，连接，由题意知平面， 而面，故， 由题意得是底面圆的直径，，即， ，平面， 平面，又平面，， ，，且， 又，平面， 平面，即为与平面所成的角， 又，， 为锐角，，即与平面所成的角为. 故答案为： 13. 过抛物线的焦点且垂直于抛物线对称轴的直线与抛物线交于、两点，则_____. 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意有，联立抛物线求交点纵坐标，即可得弦长. 【详解】由题设，抛物线焦点为，即， 令，则，故. 故答案为：4 14. 若曲线在点处的切线方程是，则________． 【答案】2 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求解即可. 【详解】函数的定义域为， 由曲线在点处的切线方程是得切线斜率为2，， 由得，所以，解得， 又，解得，所以. 故答案为：2. 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. 已知集合，，. （1）当时，求，. （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）， （2）或 【解析】 【分析】（1）确定集合，，再求，. （2）由确定集合，的包含关系，再求参数的取值范围. 【小问1详解】 当时，.， 所以，； 【小问2详解】 ， ①当时，只需，即，此时. ②当时，要满足，只需要，即. 综上，的取值范围是或. 16. 已知函数是定义在上的奇函数，且 （1）求的值； （2）用定义法判定的单调性； （3）求使成立的实数的取值范围. 【答案】（1） （2）在上是增函数. （3）. 【解析】 【分析】（1）由函数在处有定义得，联立待定系数，再利用定义证明函数的奇偶性即可； （2）按“区间取值——作差变形——符号判断”的步骤利用定义法判定即可得； （3）结合函数的奇偶性与单调性解抽象不等式的方法求解，注意函数的定义域. 【小问1详解】 因为函数是定义在上的奇函数， 所以，得，解得， 验证：当时，. 由题意，的定义域关于原点对称. 且任意，都有， 所以是奇函数，满足题意. 故. 【小问2详解】 在上是增函数. 由（1）知，，. 证明：设，且， 则， ，，， ，， 在上是增函数. 【小问3详解】 ， 因为是定义在上的奇函数， 所以， 则， 由（2）知在上是增函数， 所以，即，解得. 故实数的取值范围是. 17. 已知函数的最小正周期为. （1）求的值及函数的对称中心； （2）设，若对任意的都有，求实数的取值范围. 【答案】（1），对称中心为 （2） 【解析】 【分析】（1）由三角函数的公式化简及图象性质易得结果； （2）将题干不等式转化为，分别求出和的相应最值，可得参数的范围. 【小问1详解】 ， 因为的最小正周期为，所以，故. 所以， 令，解得. 所以的对称中心为. 【小问2详解】 因为对任意的都有， 所以. 因为， 令，当时，， 得函数. 则； 当时，，则， 所以，即 即解得， 故实数的取值范围是. 18. 在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，． （1）求证：； （2）当二面角的余弦值为时， （ⅰ）求三棱锥的体积． （ⅱ）直线与面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：作交于， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 因为平面，且平面，所以， 又因为，，且平面，， 所以平面， 因为平面，所以. （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）作，证得平面，得到，再由平面，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）（ⅰ）以为原点，建立空间直角坐标，设，由，得到，求得，再求得平面和的法向量，结合向量的夹角公式，列出方程求得点的坐标，根据棱锥的体积公式，即可求解. （ⅱ）根据线面角的向量法求解得出线面角正弦值，再由同角三角函数的平方关系得出余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）以为原点，以所在的直线分别为，建立空间直角坐标，如图所示， 则， 设，因为，所以， 因为，所以， 即，又由， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 又因为为平面的一个法向量， 设二面角的平面角为， 则， 因为，解得（舍去）或， 所以点或，即点到平面的距离为. 所以三棱锥的体积为. （ⅱ）当点时，, 又平面的一个法向量， 设直线与面所成角为， 则，所以， 当点时，同理可得， 综上，直线与面所成角的余弦值为. 19. 已知数列的通项公式为，数列满足，． （1）求的值及的通项公式； （2）已知，设数列的前项和为，已知，设数列的前项和为，试比较与的大小． 【答案】（1），， （2）当，即；当，即；当，即. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，结合前n项和与通项之间的关系列式求解； （2）根据分组求和结合等差数列求和公式求，利用裂项相消法求，结合作差法分析判断. 【小问1详解】 因为，且， 即，可得， 若，则； 若，则， 可得，即； 所以，，. 【小问2详解】 设数列的前项和为， 当，则， 因为， 则 ， 可得， 又因为， 则， 可得， 当，则，即； 当，则，即； 当，则，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省上饶市广丰区洋口中学2024-2025学年高三上学期十一月数学自测题 （总分：150分 时间：120分钟） 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. 已知不等式 的解集是，则 ①； ②若不等式的解集为，则； ③若不等式的解集为，则； ④若不等式的解集为，且，则． 其中正确的是（ ） A. ①② B. ①④ C. ①②④ D. ①②③ 2. 已知定义在上的函数的图象是连续不断的，且有如下部分对应值表： 1 2 3 4 5 6 136.1 15.6 10.9 判断函数的零点个数至少有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 3. 将函数图象向右平移后，再将所得图象上各点横坐标扩大为原来的4倍，得到的图象，若方程在内有两不等实根，则（ ） A. B. C. D. 4. 在四棱柱中，平面，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为，为侧棱上的动点（包括端点），则（ ） A. 对任意的，存在点，使得 B. 当且仅当时，存在点，使得 C. 当且仅当时，存在点，使得 D. 当且仅当时，存在点，使得 5. 已知动圆的方程为，其中为常数，，有下列两个命题： ①存在，使圆与圆相切； ②对任意，直线上都存在点，圆上都存在两点、，使.则（ ） A. ①②都为真命题 B. ①为真命题，②为假命题 C. ①为假命题，②为真命题 D. ①②都为假命题 6. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据的标准差为0，则这组数据中的数均相等. B. 两组数据的标准差相等，则这两组数据的平均数相等. C. 若两个变量的相关系数越接近于0，则这两个变量的相关性越强. D. 已知变量，由它们的样本数据计算得到的观测值，则在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量没有关系. 的部分临界值如表： 0.1 0.05 0.025 0.01 2.706 3.841 5.024 6.635 7. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的最大值是，为的一个极大值点，则（ ） A. B. C. D. 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. 说法正确的是（ ） A. 已知，则的定义域为 B. 若幂函数在区间上是减函数，则 C. 函数的值域为 D. 已知函数满足，则 10. 已知函数在上仅有两个零点，把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列有关函数的描述正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 图象关于点对称 C. 在上是减函数 D. 在上的值域为 11. 从中随机取一个数记为a，从中随机取一个数记为b，则下列说法正确的是（ ） A. 事件“为偶数”的概率为 B. 事件“ab为偶数”的概率为 C. 设，则X的数学期望为 D. 设，则在Y的所有可能的取值中最有可能取到的值是12 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图所示，是圆柱的母线，是圆柱底面圆的直径，是底面圆周上一点，且，，则直线与平面所成角的大小为_______． 13. 过抛物线的焦点且垂直于抛物线对称轴的直线与抛物线交于、两点，则_____. 14. 若曲线在点处的切线方程是，则________． 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. 已知集合，，. （1）当时，求，. （2）若，求的取值范围. 16. 已知函数是定义在上的奇函数，且 （1）求的值； （2）用定义法判定的单调性； （3）求使成立的实数的取值范围. 17. 已知函数的最小正周期为. （1）求的值及函数的对称中心； （2）设，若对任意的都有，求实数的取值范围. 18. 在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，． （1）求证：； （2）当二面角的余弦值为时， （ⅰ）求三棱锥的体积． （ⅱ）直线与面所成角的余弦值． 19. 已知数列的通项公式为，数列满足，． （1）求的值及的通项公式； （2）已知，设数列的前项和为，已知，设数列的前项和为，试比较与的大小． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $