安徽省马鞍山市第二中学2025届高三上学期11月期中考试数学试卷(含答案)

这是一份安徽省马鞍山市第二中学2025届高三上学期11月期中考试数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2．若,则( )
A.B.C.D.
3．设等差数列的前n项和为,已知,则( )
A.B.C.1D.2
4．设,向量,.下列说法正确的是( )
A.是的充分不必要条件B.是的必要不充分条件
C.是的充分不必要条件D.是的必要不充分条件
5．已知,则( )
A.B.C.D.
6．若函数有两个极值点,,且,实数a的取值范围是( )
A.B.
C.D.
7．已知数列满足，，记数列的前n项和为.若对于任意，不等式恒成立，则实数k的取值范围为( )
A.B.C.D.
8．已知,,,当时,恒成立,则的最小值为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知是定义在R上的偶函数,且对任意的,有,当时,,则下列说法正确的是( )
A.B.点是函数的一个对称中心
C.D.函数恰有3个零点
10．如图,在棱长为2的正方体中,G为的中点,则下列结论正确的有( )
A.与所成角的余弦值为
B.与平面的交点H是的重心
C.过C,G,三点的平面截该正方体所得截面面积为
D.三棱锥的外接球的体积为
11．已知函数的图象在上有且仅有两条对称轴,则下列结论正确的有( )
A.的取值范围是
B.若的图象关于点对称,则在上单调递增
C.在上的最小值可能为
D.若的图象关于直线对称,且函数,有奇数个零点,则
三、填空题
12．已知是公比不为1的正项等比数列,若,则的最小值为______________.
13．在中,若的面积为,,,则_______________.
14．已知空间直角坐标系中,过点且一个法向量为的平面的方程为.用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为,直线l是两个平面与的交线,则直线l与平面所成角的余弦值为_____________.
四、解答题
15．已知向量,,函数.
(1)求的最小正周期和单调递减区间;
(2)已知为锐角三角形,a,b,c为的内角A,B,C的对边,,且,求面积的取值范围.
16．在数列中,,.
(1)若,求证：为等差数列;
(2)求的前n项和.
17．如图,在三棱锥中,是等腰直角三角形,O是斜边的中点,且,.
(1)证明：平面;
(2)若点E在棱上,当二面角的大小为时,求.
18．某企业生产的产品的质量指标值为,其质量指标等级划分如下表:
为了解该产品的经济效益,该企业先进行试生产.现从试生产的产品中随机抽取了1000件.将其质量指标值M的数据作为样本,绘制如图的频率分布直方图:
(1)若样本数据中质量指标值的中位数和平均值分别为87.5和87,求a,b,c的值;
(2)若每件产品的质量指标值M与利润y（单位:万元）的关系如下表:
以频率作为概率,期望作为决策依据,若,对任意的,生产该产品一定能盈利,求a的取值范围.
19．已知函数在点处的切线经过原点.
(1)求t的值;
(2)若存在,使得,求证：;
(3)证明：
参考答案
1．答案：D
解析：由题可知
所以
故选：D.
2．答案：C
解析：则,则.
故选：C.
3．答案：B
解析：由等差数列的性质可知：,即,
再由前n项和公式得：,
故选：B.
4．答案：D
解析：当时,得,所以是的充要条件;
若,则,,则,所以;
若,则,得.
所以是的必要不充分条件.
故选：D.
5．答案：C
解析：,
则.
故选：C.
6．答案：A
解析：,由题意,,为的两根,且,,
故且,解得.
又因为,即.
综上有.
故选：A.
7．答案：C
解析：由已知可得，，又，则，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，即.
所以，
所以，所以实数k的取值范围是.故选C.
8．答案：D
解析：当时,不等式恒成立,
设,,则,
令得,令得,
所以在上单调递减,在上单调递增,
因为,时,时,
故在上有两个零点,记为,,
显然或时,时,
要使恒成立,则,也是的两个零点,
故,,
又,所以,所以,所以,
令,则,令得,令得,
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以的最小值为.
故选：D.
9．答案：ACD
解析：对A：因为,令,得,
所以,解得,故A正确;
对B：因为为偶函数,又,所以关于对称,
所以,
所以是周期为4的周期函数,则,
故点不是函数的一个对称中心,故B错误;
对C：,故C正确;
对D：作函数和的图象如图所示,
由图可知,两个函数图象有3个交点,
所以函数有3个零点,故D正确.
故选：ACD.
10．答案：ABD
解析：对于A,连接,则由正方体的性质可知,
所以即为异面直线与所成角或其补角,
连接,,设,则O为的中点,
连接,则,,,
在中,,
即与所成角的余弦值为,故A正确;
对于B,连接,,则,
则四面体为正四面体,
因为,,,,平面,
所以平面, 因为平面,所以,
同理可得,因为,,平面
所以平面,垂足为H,又四面体为正四面体,
所以H为的中心,即H为的重心,故B正确;
对于C,取中点M,连接、、,
因为M、G分别为、的中点,所以,且,
由正方体性质可知,故,
故过C,G,三点的平面截该正方体所得截面即为梯形,
其中、、,
则梯形的高为,
则,故C错误;
对于D,由于三棱锥的顶点均为正方体的顶点,
所以三棱锥和正方体有相同的外接球,
所以外接球半径,
体积为,故D正确.
故选：ABD.
11．答案：ABD
解析：对于A：因为的图象在上有且仅有两条对称轴,
因为,所以,所以,
所以,即的取值范围是,故A正确;
对于B：因为的图象关于点对称,则有,,
即,,因为,所以,
当时,,则在上单调递增,故B正确;
对于C：当时,,因为,
所以,所以在上的最小值小于,故C错误.
对于D：因为的图象关于直线对称,则,,
即,,又,所以,所以,
令函数的根即为函数与的交点的横坐标,
作出图象如图所示,因为,,
要使有奇数个零点,则,
即有,故D正确.
故选：ABD.
12．答案：
解析：设数列的公比为,则,故,
则,
当且仅当时,等号成立,即的最小值为.
故答案为：.
13．答案：4
解析：由的面积为,可得：,
化简得：,
再由,可得,
最后由余弦定理得：,
所以,
故答案为：4.
14．答案：
解析：由题意可得平面的法向量可为,
平面的法向量可为,
平面的法向量可为,
设直线l的方向向量为,
则有,取,则有、,
则直线l的方向向量可为,
则,
故直线l与平面所成角的余弦值为.
故答案为：.
15．答案：(1),
(2).
解析：(1)依题意,
,因此函数的最小正周期,
由,,解得,,
所以的单调递减区间是.
(2)由(1)知,,即,
在锐角中,,则,即,
由正弦定理,得,
因此,
由,得,则,于是,
所以面积的取值范围为.
16．答案：(1)证明见详解;
(2).
解析：(1)因为,
所以
,
又,所以是以为首项和公差的等差数列.
(2)由(1)可得,,
所以,
记数列的前n项和为,
则,
,
两式相减得：,
所以,
所以.
17．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)由,O是斜边的中点,
故,,,
则,故为等边三角形,
故,且,
又,故有,故,
又,、平面,故平面;
(2)由(1)可知,、、两两垂直,
故可以O为原点,建立如图所示空间直角坐标系,
则、、、、,
则、、,
设,,
则,
设平面的法向量为,
则有,
令,则有,,
即平面的法向量可为,
由轴平面,故平面的法向量可为,
则,
化简得,故或,
又,故,即.
18．答案：(1),,;
(2).
解析：(1)由中位数为87.5,得,则,
由平均值为87,得,
则,联立解得,,
所以,,.
(2)以频率作为概率,每件产品的质量指标值M与利润y（单位:万元）及对应概率关系为：
依题意,,即,
每件产品的利润,,
由对任意的,生产该产品一定能盈利,得,恒成立,
此时,令,,
求导得,令,,
求导得,而,,
当,即时,,函数在上单调递增,
,函数在上单调递增,,符合题意;
当时,则存在,使得,
由在上单调递增,得当时,,函数在上单调递减,
,,函数在上单调递减,,不符合题意,
由,及,得,因此,
所以a的取值范围是.
19．答案：(1)1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
解析：(1)因为,所以,
因为,所以切线方程为,即
因为切线经过原点,所以,
所以;
(2)因为,所以,
令,解得;
令,解得,
所以在上单调递增,在上单调递减.
因为,,
所以存在,,且,
要证,即证,
因为,只需证,
因为,即证
令,
即,
所以
因为,所以,
所以在上单调递增,所以,
所以,即,
所以;
(3)要证,即证,
即证,
因为,所以只需证
令,只需证
由,
因为x>0,,
令,;令,,
所以在处取得极大值,也是最大值,
所以,
所以,即原不等式得证.
质量指标值M
质量指标等级
废品
合格
废品
质量指标值M
利润y（万元）
质量指标值M
利润y（万元）
P
0.05
0.1
5a
5b
0.3