江西省新余市第四中学2025-2026学年高三上学期综合训练四数学试题

新余四中高三年级上学期综合训练四 第I卷（选择题） 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．若复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，若角的终边过点，则（    ） A． B． C． D． 3．已知向量，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．设等比数列的前n项和为，且，则（    ） A．4 B．6 C．7 D．9 5．f (x)为定义在R上的可导函数，且f′(x) > f (x)，对任意正实数a，下列式子成立的是(　　) A．　　 B． C． D． 6．设函数，已知在上有且仅有个极值点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，对任意的都有，且，则下列说法不正确的是（   ） A． B．是奇函数 C．是上的增函数 D． 8．已知不等式（其中）的解集中恰有三个正整数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 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．下列说法正确的是（    ） A．函数（且）的图象恒过点 B．函数与是同一函数 C．若的定义域为，则的定义域为 D．若函数，则 10．下列四个命题为真命题的是（    ） A．在中，角所对的边分别为，若，，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则 B．若向量，，则在上的投影向量为 C．已知向量，，则的最大值为 D．在中，若（），则动点的轨迹一定通过的重心 11．在数列中，，，，则下列说法正确的是（   ） A．数列是递增数列 B．，使得 C．， D． 第II卷（非选择题） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知，则 ． 13．已知平面向量，，若向量与的夹角为钝角，则的取值范围是 . 14．已知数列的前项和为，且，设函数，则 ，则 . 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．已知向量. (1)若，且，求的值； (2)设函数，求函数的值域. 16．已知等差数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 17．某校为营造学科学、爱科学、用科学的良好氛围，使学生掌握必要和基本的科学知识，培养良好的科学学习态度.特举办以“体悟科技魅力，激发思维潜能”为主题科普知识竞赛：该活动规定每班选3人，每人回答一个问题，答对得10分，答错得0分.在竞赛中，甲､乙两班代表队相遇，假设甲队3人回答正确的概率均为，乙队3人回答正确的概率分别为，，，且两队各人回答问题正确与否互不影响. (1)求甲队总得分为20分且乙队总得分为10分的概率； (2)求甲队总得分X的分布列和数学期望. 18．已知抛物线，过焦点的直线与抛物线交于两点A，，当直线的倾斜角为时，. (1)求抛物线的标准方程和准线方程； (2)记为坐标原点，直线分别与直线，交于点，，求证：以为直径的圆过定 点，并求出定点坐标. 19．已知函数和． (1)当时，直线l为曲线过点的切线，求直线l的方程； (2)若函数有两个零点，求实数a的取值范围； (3)若当，函数和有相同的最小值，求a的值 新余四中高三年级上学期综合训练四参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A A C B D C D AC BCD ACD 12．/； 13．； 14． 8．D【详解】设函数，， 因为，令，则或， 则时，，或时，，， 在上递增，在上递减， 当时，至多一个整数根； 当时，在内的解集中仅有三个整数， 根据图象，只需，， 所以 . 故选：D. 11．ACD【详解】， 当且仅当时，等号成立，即，又，故， 可知对，，即，即， 故数列是递增数列，故A正确； 因为，又，则，当且仅当时，等号成立，所以，故B错误； 因为，又，则， 所以，所以，所以， 当时，所以， 当时，，所以，故C正确； 因为，又，即， 所以，即， 故，故D正确. 故选ACD． 14.解：由于，①，当时，所以， 当时，，②，①②得：， 所以，显然时也成立，当时，， 当时也成立，所以； 根据函数，所以，， 所以. 所以 ． 故答案为：； 15．解：（1），，又， ，. ....................................5分 （2） 由题意：， ， ，， ，的值域是. ....................................13分 16．解：【（1）设等差数列的公差为， 依题意，，，解得，所以.............................6分 （2）由（1）得，所以 ，两式相减得 ，所以. .......................................15分 17．解：（1）由题设，甲队得20分，即2人答对1人答错，概率为， 乙队得10分，即1人答对2人答错，概率为， 所以甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率. ...........................................6分 （2）由题意可知，甲队总得分X的可能值为， 0 10 20 30 ，， ，， 甲队总得分X的分布列如下： 所以 ...........................................15分 18．解：（1）由已知可得，抛物线的焦点坐标为，直线的方程为. 联立抛物线与直线的方程可得，. 设，，由韦达定理可得，则，所以. 所以，抛物线的方程为，准线方程为. ...........................................6分 （2）设直线，联立直线与抛物线的方程可得，.所以，. 又，，所以，同理可得. 设圆上任意一点为，则由可得圆的方程为， 整理可得，. 令，可得或， 则以为直径的圆过定点，定点坐标为或. ...........................................17分 19． 解：（1）当时，，，设切点为，则， 故切线方程为：，因直线l经过点，即得， 整理得：，因，则，故直线l的方程为. ...........................................4分 （2）因的定义域为，由可得， 设，则，当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减，则时，有极大值为， 且当；当.作出函数的图象如下: 则函数有两个零点等价于函数与有两个交点， 由图知，需使，即； ...........................................9分 （3）因，则， 当时，，即在上为增函数，此时函数无最小值，故. 由解得；由解得， 即函数在上单调递减，在上单调递增. 故在时有唯一的极小值即最小值，为； 因，，则.由，可得，由可得， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 故在时有唯一的极小值即最小值，为. 由题意，，即，设， 则.再设，则， 当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减， 故，即，故在上单调递减. 又，故是在上的唯一零点，则由可得，即a的值为1. .........................................17分 第1页，共2页 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$