江西省宜春市2024-2025学年高三上册10月期中考试数学检测试题（含解析）

这是一份江西省宜春市2024-2025学年高三上册10月期中考试数学检测试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．数据的分位数为（ ）
A．7.5B．8C．8.5D．9
2．设平面向量，均为单位向量，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．甲、乙、丙、丁4个学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有五个研学基地供选择，每个学校只选择一个基地，则4个学校中至少有3个学校所选研学基地不相同的选择种数共有（ ）
A．420B．460C．480D．520
4．已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2an－Sn＝2，记数列的前n项和为Tn，若对于任意n∈N*，不等式k＞Tn恒成立，则实数k的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为，若对任意有，，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知抛物线过点，动点M，N为C上的两点，且直线AM与AN的斜率之和为0，直线l的斜率为，且过C的焦点F，l把分成面积相等的两部分，则直线MN的方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知，且，函数，若关于x的方程有两个不相等的实数根，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．函数的图像恒过定点
B．“”的必要不充分条件是“”
C．函数的最小正周期为2
D．函数的最小值为2
10．函数的部分图象如图所示，点是图象上的最高点，点是图象与轴的交点，点在轴上.若是等腰直角三角形，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．的图象关于点对称
D．在区间上有个极值点
11．已知函数图象上的点均满足 对有成立，则（ ）
A．B．的极值点为
C．D．
三、填空题
12．的展开式中的系数为 .
13．若直线与曲线相切，则的最小值为 .
14．已知圆，抛物线.若对于上任意一点，使得对圆上的任意两点A，B，总有，则的取值范围是 .
四、解答题
15．已知平面向量，，记，
(1)对于，不等式（其中m，）恒成立，求的最大值．
(2)若的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，a，b，c成等比数列，求的值．
16．已知函数，为自然对数的底数.
(1)若，求实数的值；
(2)当时，试求的单调区间；
(3)若函数在上有三个不同的极值点，求实数的取值范围.
17．如图，在多面体中，四边形为平行四边形，且平面，且.点分别为线段上的动点，满足.
(1)证明：直线平面；
(2)是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？请说明理由.
18．某品牌国产电动车近期进行了一系列优惠促销方案．既要真正让利于民，更要保证品质兼优，工厂在车辆出厂前抽取了100辆汽车作为样本进行单次最大续航里程的测试．现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）．
(2)根据大量的测试数据，可以认为该款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布，经计算第（1）问中样本标准差s的近似值为50，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值，现从该款汽车的生产线任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率．
(3)某线下销售公司现面向意向客户推出“玩游戏，赢大奖，送车模”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，指挥车模在方格图上行进，若车模最终停在“幸运之神”方格，则可获得购车优惠券8万元；若最终停在“赠送车模”方格时，则可获得车模一个．已知硬币出现正、反面的概率都是0.5，车模开始在第0格，客户每掷一次硬币，车模向前移动一次．若掷出正面，车模向前移动一格，若掷出反面，车模向前移动两格，直到移到第4格（幸运之神）或第5格（赠送车模）时游戏结束．若有6人玩游戏，每人参与一次，求这6人获得优惠券总金额的期望值．

参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，
19．数列满足：是等比数列，，且．
(1)求；
(2)求集合中所有元素的和；
(3)对数列，若存在互不相等的正整数，使得也是数列中的项，则称数列是“和稳定数列”．试分别判断数列是否是“和稳定数列”．若是，求出所有的值；若不是，说明理由．
答案：
1．A
【分析】将题设中的数据由小到大排列后可求分位数.
【详解】题设中的数据由小到大排列后为：，共个数据，
而，故分位数为.
故选：A
2．C
【分析】将两边平方，化简后即可得，由此即可选出答案.
【详解】因为
，
所以“”是“”的充分必要条件，
故选：C.
3．C
【分析】根据给定条件，利用两个原理结合排列、组合应用列式计算即得.
【详解】求不相同的选择种数有两类办法：恰有3个学校所选研学基地不同有种方法，
4个学校所选研学基地都不相同有种方法，
所以不相同的选择种数有（种）.
故选：C
4．D
【分析】判断的单调性，即可利用函数单调性求解不等式，则问题得解.
【详解】当时，，显然其在单调递增，
且；
当x>1时，，显然其在单调递增，
又当x=1时，.
综上所述，在上单调递增.
故不等式等价于，
即，
解得或.
即.
故选.
本题考查利用函数单调性求解不等式，属基础题；注意对分段函数单调性的判断即可.
5．A
【分析】先求得，然后利用裂项求和法求得，进而求得的取值范围.
【详解】依题意，
当时，，
，两式相减并化简得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，.
，
所以
，
所以的取值范围是.
故选：A
6．B
【分析】构造，确定函数在上单调递增，计算，，转化得到，根据单调性得到答案.
【详解】设，则恒成立，故函数在上单调递增.
，则，即，故.
，即，即，故，解得.
故选：B.
7．D
【分析】由题意求出抛物线方程为，设，直线，联立直线和抛物线的方程结合韦达定理由，可求出，再求出直线l的方程，由题意可转化为到直线的距离为到直线距离的，代入求解即可得出答案.
【详解】因为抛物线过点，
所以，解得：，所以，
设，
直线，代入中整理得，
所以,，
所以
，即，
则，解得：，
所以直线，
直线l的斜率为，且过C的焦点，
所以，则到直线的距离为，
所以l把分成面积相等的两部分，因为直线与直线平行，
所以到直线的距离为到直线距离的，
，解得：或（舍去）.
所以直线MN的方程为.
故选：D.
8．B
【分析】根据题意，分与讨论，分别画出函数的大致图像，结合图像，列出不等式，即可得到结果.
【详解】当时，，则，
则，
即，，可得的大致图像如图：

由图可知，此时的图像与直线仅有一个交点，
故关于x的方程仅有一个实数根，不满足题意；
当时，，则，
又，的大致图像如图：

因为关于x的方程有两个不相等的实数根，
所以的图像与直线有两个交点，
结合图象可知，解得．
故选：B．
关键点睛：解答本题的关键在于将方程根的问题转化为函数交点问题，再结合图象列出不等式即可得解.
9．AB
【分析】由指数函数的性质可判断A；由充分条件和必要条件的定义可判断B；求出函数的最小正周期可判C；由双勾函数的性质可判断D.
【详解】对于A，令，则，即，
所以函数的图像恒过定点，故A正确；
对于B，不能推出，而能推出，
所以“”的必要不充分条件是“”，故B正确；
对于C，因为，令等价于，
所以①，令等价于，
所以②，由①②可得：，
所以函数的最小正周期为4，故C错误；
对于D，函数，令，
则，由双勾函数的性质知在上单调递增，
故，故函数的最小值为2错误，故D错误.
故选：AB.
10．AC
【分析】根据图象以及是等腰直角三角形，求出，计算可知A正确；当时，，可知B错误；计算可知C正确：由解得或，可知D错误.
【详解】由题意可得，则,
该函数的最小正周期，则.
又点在的图像上，所以，，
则，所以，所以，A正确；
当时，，单调递减，B错误；
，所以的图像关于点对称，C正确：
令，则，，即，.
又，则或，即在区间上有个极值点，D错误.
故选：AC.
本题考查了由图象求解析式，考查了三角函数的单调性、对称性，考查了函数极值，属于中档题.
11．AD
【分析】观察等式结构构造函数，先确定其奇偶性及单调性可得出解析式确定A项，利用导数研究及单调性可判定B项，转化不等式再构造函数判定其单调性可判定C、D选项.
【详解】由条件知，
令，易知是奇函数且单调递增，
所以有
所以
所以，即，即，则A正确；
根据选项A知：，
则当时，，即函数此时单调递减；
当时，即此时函数单调递增，
故是函数的极小值点，故B错误；
由在时恒成立，
即
因为， 在上单调递增，所以，即，
令，
易知时，时，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，故，故C错误；
又在上单调递增，则，所以D正确.
故选：AD．
关键点点睛：（1）将已知条件变形为，构造.
（2）同构变形，利用单调性得.
（3）同构变形 .
12．
【分析】分取1，取和取，取两种情况讨论即可.
【详解】当取1，取，的系数为；
当取，取时，得的系数为.
所以的系数为.
故
13．/
【分析】利用导数的几何意义得到，从而得到，构造函数，利用导数求得其最大值，由此得解.
【详解】因为，所以，
设切点为，则，
由，得，，则，
代入，得，则，
令，则，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以，故.
故答案为.
14．
【分析】根据题意得为圆的切线时最大，设直线分别与圆M切于点，设,满足，求解MN的最小值即可.
【详解】设直线分别与圆M切于点，设，因为对于上任意一点，
使得对圆上的任意两点A，B，总有，所以,即，
所以，即,
设，则，
又，
设，对称轴，，
当，即时，在时当时，此时满足题意，
当时，若时在时不合题意，
所，即，所以时，
在时当时，
即,化简得，解得，
所以，
综上：，
故答案为.

本题关键分析出为圆的切线时最大，设直线分别与圆M切于点，设,满足，转化为求MN的最值.
15．(1)
(2)
【分析】（1）化简得到，确定得到，，得到最值.
（2）计算得到，确定，化简得到，根据正弦定理结合等比数列性质得到答案.
【详解】（1）
，
，则，故，，
恒成立，故，，
当，时，有最大值为.
（2），即，
，，故，，
，，成等比数列，则，
.
16．(1)
(2)的单调增区间为，单调减区间为
(3)
【分析】（1）求导，根据题意运算求解；（2）注意到当时，对于，恒成立，利用导数求原函数的单调区间；（3）根据题意分析可得在上有两个不同的根，且，构建新函数，结合导数解决方程根的问题.
【详解】（1）.
由，得.
（2）∵函数的定义域为，
当时，对于，恒成立，
∴当，，当，，
故的单调增区间为，单调减区间为.
（3）由条件可知，在上有三个不同的根，
∵x=1是的根，
∴，即在上有两个不同的根，且，
令，则，
∵当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
∴的最大值为，且，，
又∵，即，
∴，
故.
17．(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）以为原点，分别以方向为轴建立如图所示空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可证；
（2）由线面角的向量法求线面角后可得结论．
【详解】（1）如图，以为原点，分别以方向为轴建立坐标系.
.
.
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
则由，取得.
因为，所以
解得.
所以，且平面，所以平面
（2）设平面的法向量为
则由，解得.
所以，
解得.
18．(1)300千米
(2)0.8186
(3)33万元
【分析】（1）利用频率分布直方图的平均数的计算方法即可得出．
（2）由，．利用正态分布的对称性可得．
（3）计算车模移到第4格或第5格时的概率，计算一次游戏优惠券金额的期望值，再求6人获得优惠券总金额的期望值．
【详解】（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值为：
千米
（2）由，它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率为：
．
（3）硬币出现正、反面的概率都是，
第一次掷出正面，车模移动到第1格，其概率为，
移动到第2格有两类情况：掷出2次正面或掷出1次反面，，
同理，，
，
，
设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为X万元，或0，
∴X的期望万元
设这6人获得优惠券总金额为Y万元，优惠券总金额的期望值万元.
19．(1)，
(2)
(3)数列是“和稳定数列”，，数列不是“和稳定数列”，理由见解析
【分析】（1）根据已知及等比数列的定义求出的通项公式，由已知和求通项可得的通项公式，
（2）根据等差数列及等比数列的求和公式可得结果
（3）根据“和稳定数列”的定义可判定.
【详解】（1），
又，，解得：
因为是等比数列，所以的公比，
又当时，，
作差得：
将代入，化简：，
得：
是公差的等差数列，
（2）记集合的全体元素的和为，
集合的所有元素的和为，
集合的所有元素的和为，
集合的所有元素的和为，则有
对于数列：
当时，是数列中的项
当时，不是数列中的项
，其中
即（其中表示不超过实数的最大整数）
（3）①解：当时，是的正整数倍，
故一定不是数列中的项；
当时，，不是数列中的项；
当时，，是数列中的项；
综上，数列是“和稳定数列”，；
②解：数列不是“和稳定数列”，理由如下：
不妨设：，则，且
故不是数列中的项.
数列不是“和稳定数列”.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
C
D
A
B
D
B
AB
AC
题号
11









答案
AD