四川成都市石室成飞中学2026-2027学年高三上学期10月定时练习数学试题

高2024级高三上学期定时练习 数 学 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”． 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回． 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，只有一项符合题目要求． 1．设全集，集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为， 集合，， 所以，. 2．已知，是虚数单位，若复数是纯虚数，则（   ） A．-1 B．1 C． D．0 【答案】A 【详解】若复数是纯虚数，则，解得. 3．的展开式的第项的系数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用二项展开式的通项公式，先确定第项对应的参数取值，代入计算即可得到该项的系数 【详解】由二项式的展开式通项为，其中， 因为求第项的系数，令，解得， 将代入通项的系数部分，可得第项的系数为. 4．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（   ） A．[-4，1] B．(0，2] C．(0，2) D．[-4，2] 【答案】B 【分析】根据分段函数为增函数，列出不等式组求解即可. 【详解】因为在R上单调递增，所以 ，解得0<a≤2， 故选：B 5．某题库中有，，三类题目，所占比例分别为，，．小明答对，，三类题目的概率分别为，，．若他从该题库中任选一题作答并且回答正确，则此题来自类题目的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】借助贝叶斯公式计算即可得. 【详解】设事件、、分别表示“小明从该题库中选中、、类题目”， 事件表示“小明答对了选中的题目”， 则 . 6．设，如果，且，则有（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】，其图象如图： 由图可知，在上单调递减，在上单调递增. 时，，则，； ，. 由，得； ，得. 7．已知函数，，的零点分别为a，b，c，则a，b，c，的大小顺序为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】判断各函数的单调性，根据零点存在性定理判断的取值范围，从而判断的大小顺序. 【详解】函数的定义域为，且是增函数， 因为， 所以函数的零点在内，即. 函数是定义在上的增函数. 因为， 所以函数的零点在内，即. 函数的定义域为，且是增函数. 因为， 所以函数的零点在内，即. 综上，. 故选：A. 8．若存在过点的直线与曲线和都相切，则（   ） A．或 B． C．或 D． 【答案】A 【分析】根据题意，由导数的几何意义即可得到切线方程，然后联立，由代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，所以， 设过点的直线与曲线相切于点， 则在点处的切线斜率， 所以切线方程为，即， 又点在切线上，所以，解得或， 当时，由直线与曲线相切可得方程有两个相等的实数根， 此时且，解得； 当时，由直线与曲线相切， 联立直线方程和抛物线方程并消去，得， 此时，解得． 综上所述，或. 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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9．下列命题正确的是（　　） A． B．，使得ax>2 C．ab≠0是a2 +b2≠0的充要条件 D．，则 【答案】AD 【分析】对于A，当时，可判断真假，对于B，当时，可判断真假，对于C，当时，可判断真假，对于D，利用作差法判断， 【详解】对于A，当时，不等式成立，所以A正确， 对于B，当时，，不等式不成立，所以B错误， 对于C，当时，a2 +b2≠0成立，此时，推不出ab≠0，所以D错误， 对于D，，因为，所以，所以，所以D正确， 故选：AD 10．已知函数，则（   ） A．点为图象的对称中心 B．当时，有且仅有一个零点 C．过作曲线的切线有条 D．当时，在区间内单调递减 【答案】AB 【分析】利用函数对称性的定义可判断A选项；求导，对实数、的符号进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可判断B选项；设切点坐标为，利用导数的几何意义写出切线方程，将点的坐标代入切线方程，可得出关于的方程，讨论方程根的个数，可判断C选项；利用函数的单调性与导数的关系，结合特殊值法可判断D选项. 【详解】对于A选项，函数的定义域为， ， 所以，故点为图象的对称中心，A对； 对于B选项，， ，若，则，恒成立， 故在上单调递增， 又，， 由零点存在性定理可知，存在唯一的，使得， 若，则，恒成立， 故在上单调递减， 又，， 由零点存在性定理可知，存在唯一的，使得， 综上，有且仅有一个零点，B对； 对于C选项，设切点坐标为，切线斜率为， 所以切线方程为， 将点的坐标代入切线方程得，整理可得， 当时，该方程无解； 当时，可得，该方程有且只有一个解. 综上所述，过作曲线的切线至多一条，C错； 对于D选项，，因为，即， 所以， 当时，若，则， 在区间内单调递减， 若，则不能得到，此时在区间内不一定单调递减， 不妨取，此时， 令得，令时，， 所以在、上单调递减，在上单调递增， 不满足在区间内单调递减，D错误. 故选：AB. 11．已知对任意，且，则（   ） A． B． C．的图象关于直线对称 D． 【答案】AC 【分析】通过对给定的函数关系式进行赋值，函数的奇偶性、对称性和周期性，以及利用这些性质进行数列求和逐步推导函数的各项性质，进而判断选项的正确性. 【详解】由题意得任意，，且， 令，则，则． 令，则，故A正确． 令，则，所以的图象关于直线对称，故C正确． 令，则，结合C选项，得，所以有，则为奇函数． 又因为的图象关于直线对称，所以是以2为周期的函数，所以，故B错误． 令，则，，故D错误． 故选：AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量，若()，则______. 【答案】/ 【详解】已知，所以 因为，所以， 解得． 13．已知为锐角，，则__________. 【答案】 【分析】根据二倍角公式、同角三角函数的基本关系式、两角差的正切公式求得正确答案. 【详解】由于为锐角，所以， ， 所以. 故答案为： 14．若不等式 恒成立，则 的取值范围_____. 【答案】 【分析】将原不等式变形为，构造函数，得到在R上单调递增，从而将问题转化为恒成立，令，，利用导数求出的最小值即可求解. 【详解】左右两边同时加，并将移项得 ， 整理得， 设，，故在R上单调递增， 则原不等式可化为， 所以， 整理得， 令，，设，， 则，令，则， 故当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 对方程，，故存在实数使成立， 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．某地将举办大型体育赛事，为做好比赛的志愿服务保障工作，组委会定期对报名者开展综合能力测评.现从某高校的报名者中随机抽取200名男生和300名女生进行评分（满分100分），分别得到如图所示的两个频率分布直方图. (1)求的值，并估计女生评分的平均数； (2)若评分不低于70分定为“合格”，评分低于70分定为“不合格”.完成下列列联表，并根据小概率值的独立性检验，判断评分等级与该校报名者的性别是否有关联. 性别 评分等级 合计 合格 不合格 男生 女生 合计 附：，. 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】(1)，74.5分. (2) 性别 合格 不合格 合计 男生 120 80 200 女生 210 90 300 合计 330 170 500 没有关联. 【分析】（1）利用频率分布直方图所有频率之和为1求，用各组中点乘对应频率求和得到女生评分平均数； （2）由直方图算出男女生合格、不合格人数填写列联表，计算卡方值与临界值比较，判断评分等级和性别是否有关联. 【详解】（1）由女生直方图各矩形面积之和为1，得， 解得. 以各组中值作为该组评分的代表值，女生平均分估计为. 所以，女生评分的平均数约为74.5分. （2）男生合格频率为，女生合格频率为，故列联表为： 性别 合格 不合格 合计 男生 120 80 200 女生 210 90 300 合计 330 170 500 提出零假设：评分等级与性别相互独立.由列联表计算得. 因为，所以在小概率值的检验标准下，不能拒绝零假设，即没有充分证据认为评分等级与该校报名者的性别有关联. 16．已知函数. (1)求在区间上的单调递减区间； (2)若，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）方法1：利用二倍角公式及两角和的正弦公式得.法①：由得，利用正弦函数性质求得单调递减区间.法②：利用正弦函数性质求得总的单调递减区间，结合即可求解. 方法2：利用二倍角公式及两角差的余弦公式得. 法①：由得，利用余弦函数性质求得单调递减区间.法②：利用余弦函数性质求得总的单调递减区间，结合即可求解. （2）方法1：结合已知得，然后利用二倍角公式及弦的齐次式计算求解即可. 方法2：利用同角三角函数关系及二倍角公式求解即可. 方法3：联立解得或，代入二倍角公式求得. 【详解】（1）方法1： . 法①：因为，所以. 令，解得，所以在上的单调递减区间为. 法②：令，，解得，. 又，所以，即在上的单调递减区间为. 方法2： . 法①：因为，所以. 令，解得，即在上的单调递减区间为. 法②：令，，解得，. 又，所以，即在上的单调递减区间为. （2）因为， 又，所以. 方法1：若，则，与矛盾， 所以，故. 所以. 方法2：将代入，解得. 所以. 方法3：由解得或， 当，时，； 当，时，. 综上，. 17．在五面体中，四边形为等腰梯形，，，，. (1)求证：、、三线交于一点； (2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)因为四边形为等腰梯形，，所以延长，交于一点 设， ，平面 平面 同理可得平面 又平面平面 、、三线交于一点 (2) 【分析】（1）先证两腰延长交于一点，再证明该点落在两个侧面的交线上，完成三线共点证明； （2）解法一：先推导出两两垂直，建立空间直角坐标系，用直线方向向量与平面法向量夹角求线面角正弦值； 解法二：先证明两两垂直，利用相似得到线段长度，取中点M，证平面，则就是线面角，在直角三角形中直接求正弦； 解法三：先利用线面垂直得到两两垂直关系，借助棱锥体积比例求出到平面的距离，再由线面角定义算出正弦值. 【详解】（1）略 （2）解法一：由，，，且，平面， ，又面，，即， 同理可得，，，，两两垂直，又是等腰梯形， 是等腰三角形，，， ，，， ，， 又，，， ， 以为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， ，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， ，， 取，可得，， 所以是平面的一个法向量， 设直线与平面的夹角为， ， 直线与平面所成角的正弦值为. 解法二：由，，，，平面， 平面，又面，，故， 同理可得，，，两两垂直， 是等腰梯形，是等腰三角形，，， ，，， ，， 又，，，， 与是等腰直角三角形， 作的中点，连接交于， 连接，则为的中点， ，，， ， ，在中可得，又因为， ，， ， ，且， ，平面， 平面， 直线与平面所成角为， 所以， 直线与平面所成角的正弦值为. 解法三：由，，，且，面， ，又面，， 同理可得，，，两两垂直， 是等腰梯形，是等腰三角形，，， ，，， ，， 又，，， ， 与是等腰直角三角形， 又，，， ， 又， ， 所以， 又因为， 设到平面的距离为， ，所以， 设直线与平面的夹角为， ， 直线与平面所成角的正弦值为. 18．已知函数 x∈， 令 其中0<t<1. (1)求不等式f(x)>2f(2x)的解集; (2)求函数f(x)的单调区间； (3)求函数h(x)在上的极值点个数. 【答案】(1)不等式的解集为. (2)的单调递减区间为，无单调递增区间. (3)在上的极值点个数为1. 【分析】（1）根据函数的概念求解定义域，结合二倍角公式和复合函数不等式问题的解法即可求解； （2）对原函数求导，结合函数的导数与函数单调性的关系即可求解； （3）对原函数求导，转化为函数零点问题，结合函数单调性与零点存在定理求解其导数正负，根据极值点处的导数性质即可求解. 【详解】（1）已知，定义域为，因此满足，即， 因此原不等式可化为， 因为，所以原不等式等价于， 由二倍角公式得，， 令，原不等式化为，故不等式的解集为， 结合的取值范围得，不等式的解集为. （2）对原函数求导得，， 设，因此， 故当和时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 因此，故在内恒成立， 因此在内恒成立， 综上，的单调递减区间为，无单调递增区间. （3）因为，故化简得， 对原函数求导得，， 令，即， 令，则问题转化为在内的解的个数， 求导得，分析函数在上的单调性可知函数在此区间上单调递减， 因为，， 故根据零点存在定理和函数单调性，函数在存在唯一零点，使得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故是的极大值点，对应的极小值点， 同理，在上单调递减，而时，， 故在上恒为负， 在上单调递增，且， 根据零点存在定理，在内有且仅有一个零点，且是唯一的极小值点， 故在上的极值点个数为1. 19．设函数 (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个不同零点，. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 (2) （i） （ii）由题意知，是的两个不同零点， 令，则是方程，即的两个不等实根． 令，，则， 由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增 不妨令， 要证明，只需证，即证， 即证， 令， 即，因为，当时，由基本不等式得， 因此，所以在上单调递减， 所以，故， 故，即 【分析】（1）求导后分类讨论求出函数单调区间即可； （2）（i）根据函数存在两个零点利用函数的单调性及零点存在定理求参数的取值范围即可； （ii）利用函数单调性及换元法可转化为证明，再由导数证明在上单调递减即可得证. 【详解】（1）函数的定义域为， 当时，，，在单调递增； 当时，由得，由＜0得， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）（i）由（1）知，当时，在上单调递增，至多有1个零点，不符合题意； 当时，要使得有两个不同零点，， 需要，解得 又所以在上存在唯一零点； 由于，所以， 取， 则当时，，所以在存在唯一零点： 所以 （ii）略 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2024级高三上学期定时练习 数 学 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”． 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回． 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，只有一项符合题目要求． 1．设全集，集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知，是虚数单位，若复数是纯虚数，则（   ） A．-1 B．1 C． D．0 3．的展开式的第项的系数是（    ） A． B． C． D． 4．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．某题库中有，，三类题目，所占比例分别为，，．小明答对，，三类题目的概率分别为，，．若他从该题库中任选一题作答并且回答正确，则此题来自类题目的概率为（    ） A． B． C． D． 6．设，如果，且，则有（ ） A． B． C． D． 7．已知函数，，的零点分别为a，b，c，则a，b，c，的大小顺序为（   ） A． B． C． D． 8．若存在过点的直线与曲线和都相切，则（   ） A．或 B． C．或 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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9．下列命题正确的是（　　） A． B．，使得ax>2 C．，则 D．ab≠0是a2 +b2≠0的充要条件 10．已知函数，则（   ） A．点为图象的对称中心 B．当时，有且仅有一个零点 C．过作曲线的切线有条 D．当时，在区间内单调递减 11．已知对任意，且，则（   ） A． B． C．的图象关于直线对称 D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量，若()，则______. 13．已知为锐角，，则__________. 14．若不等式 恒成立，则 的取值范围_____. 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．某地将举办大型体育赛事，为做好比赛的志愿服务保障工作，组委会定期对报名者开展综合能力测评.现从某高校的报名者中随机抽取200名男生和300名女生进行评分（满分100分），分别得到如图所示的两个频率分布直方图. (1)求的值，并估计女生评分的平均数； (2)若评分不低于70分定为“合格”，评分低于70分定为“不合格”.完成下列列联表，并根据小概率值的独立性检验，判断评分等级与该校报名者的性别是否有关联. 性别 评分等级 合计 合格 不合格 男生 女生 合计 附：，. 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 16．已知函数. (1)求在区间上的单调递减区间； (2)若，求的值. 17．在五面体中，四边形为等腰梯形，，，，. (1)求证：、、三线交于一点； (2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值. 18．已知函数 x∈， 令 其中0<t<1. (1)求不等式f(x)>2f(2x)的解集; (2)求函数f(x)的单调区间； (3)求函数h(x)在上的极值点个数. 19．设函数 (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个不同零点，. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $