2024-2025学年江西省鹰潭市余江一中高三（上）第三次模拟数学试卷（11月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江西省鹰潭市余江一中高三（上）第三次模拟数学试卷（11月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合U={2,4,6,8,10}，A={2,4}，B={4,6}，则∁U(A∪B)=(

)A.{4} B.{2,4} C.{8,10} D.{2,4,6}2.若复数a+2i1−i在复平面内所对应的点在实轴上，则实数a=(

)A.2 B.−2 C.1 D.03.“xy>0”是“|x+y|=|x|+|y|”的(

)A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分又不必要条件4.已知数列{an}满足a1=2，aA.12 B.2 C.3 D.5.已知a>0，b>0，且ab−4b+1=0，则1a+9b的最小值是(

)A.2 B.4 C.6 D.86.已知函数f(x)=2sin(ωx+π6)+t(ω>0)图象的两相邻对称轴之间的距离为π2，若存在x1，x2∈[0,πA.−4 B.−2 C.4 D.27.已知函数f(x)=ex−ax,x>0−x2+(a−4)x+4a,x≤0，若关于x的不等式f(x)≥0的解集为A.(−∞,e2] B.(−∞,e] C.[0,8.如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，∠BCD=60°，∠ADC=150°，BC=433,CD=233，点E是线段BC上的一点，且BE=3EC，点P是线段A.1718

B.1516

C.1314二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知a，b，m都是负数，且a<b，则(

)A.1a<1b B.ba<10.下列等式成立的有(

)A.tan25°+tan35°+3tan25°tan35°=3

B.211.已知函数f(x)=x3−3xA.若f(x)在(0,+∞)上单调递增，则a的取值范围是(−∞,0)

B.点(1,f(1))为曲线y=f(x)的对称中心

C.若过点(2,m)可作出曲线y=f(x)+(a−3)x+b的三条切线，则m的取值范围是(−5,−4)

D.若f(x)存在极值点x0，且f(x0)=f(三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a=(2,x)，b=(−1,3)，若a/​/b，则|13.已知函数f(x)=ex+1+x−2和g(x)=lnx+x−3的零点分别为a，b，则a+b=14.锐角△ABC的内角A的对边为a，若△ABC的面积是a2，则sinAcosBcosC的最小值是______．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.(本小题13分)

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且2a3+a4=20，S10=110．

(1)求{a16.(本小题15分)

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a,b,c,b2+a2=c2+2ab,b=−acosC+2ccosA．

17.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，M为CD的中点，AD=DP=CP=4，BM=23,cos∠PAD=104．

(1)求证：BM⊥PC；18.(本小题17分)

设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，P(x0,y0)是C上一点且|PF|2−|PF|=x02+x0，直线l经过点Q(−8,0)．

(1)求抛物线C的方程；

(2)①若l与C相切，且切点在第一象限，求切点的坐标；

②若l与C在第一象限内的两个不同交点为A19.(本小题17分)

高斯(Gauss)是德国著名数学家，被认为是历史上最杰出的数学家之一，并享有“数学王子”之称.用[x]表示不超过x的最大整数，则y=[x]称为高斯函数，如[2.1]=2，[−1.3]=−2，已知函数G(x)=14[(−1)[x]+1+1]([x]+1)．

(1)证明：2G(x)⩽ex；

(2)已知函数g(x)=log2024(x+1)a+2023−G(x)，命题p：∃x0∈(0,2024)，使得g(x0)⩽0成立；命题q：g(x)在区间(4050,4052)上有零点.若p，q中至少有一个是真命题，求正实数a的取值范围；

(3)定义：函数f(x)的定义域为D，函数F(x)=[f(x)]，若存在x0参考答案1.C

2.B

3.A

4.A

5.B

6.C

7.D

8.B

9.BD

10.AD

11.BCD

12.1013.2

14.8

15.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，

又因为2a3+a4=20，S10=110，

所以2a3+a4=2(a1+2d)+a1+3d=20S10=10a1+10×9d2=110，解得a1=2d=2，

所以an=a1+(n−1)d=2+2(n−1)=2n．

(2)由(1)知，a16.解：(1)由b2+a2=c2+2ab及余弦定理可得：cosC=b2+a2−c22ab=22，

因为0<C<π，所以C=π4，

因为b=−acosC+2ccosA，

由正弦定理可得：sinB=−sinAcosC+2sinCcosA，

所以sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=−sinAcosC+2sinCcosA，

由C=π4，化简可得2sinA=cosA，即tanA=12，

因为A∈(0,π)，所以sinA=55,cosA=2517.(1)证明：∵AD=DP=4，

在△ADP中，cos∠PAD=AP2+AD2−DP22AP⋅AD=104，解得AP=210．

∵DP=CP=AD=CD=4，M为CD的中点，

∴PM⊥CD,PM=CP2−CM2=23，

在△BCM中，BC2=BM2+CM2，∴BM⊥CD，且cos∠BCD=12，

即∠BCD=π3，∴∠ADC=2π3．

∵AB/​/CD，∴BM⊥AB，∴AM=AB2+BM2=27，

在△AMP中，AP2=40=PM2+AM2，∴MP⊥MA，

又MA，CD⊂平面ABCD，MA∩CD=M，∴MP⊥平面ABCD，

又BM⊂平面ABCD，∴MP⊥BM．

又BM⊥CD，CD，PM⊂平面PCD，CD∩PM=M，∴BM⊥平面PCD，

又PC⊂平面PCD，∴BM⊥PC．

(2)解：由(1)知BM，MC，PM两两垂直，以M为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(23,−4,0),B(23,0,0),C(0,2,0),P(0,0,23)，

CB=(218.(1)解：因为|PF|2−|PF|=x02+x0，

所以|PF|2−x02=|PF|+x0，

所以(|PF|+x0)(|PF|−x0)=|PF|+x0，

所以|P

F|−x0=1，

又P是C上一点，

所以|PF|=x0+p2，

所以p2=1，

解得p=2，

所以抛物线C的方程为y2=4x．

(2)解：①设切点坐标为(t,2t)，

因为y=2x，

所以y′=1x，

切线的斜率为1t，

所以切线方程为y−2t=1t(x−t)，

将Q(−8,0)代入上式，得−2t=1t(−8−t)，

所以t=8，

所以切点坐标为(8,42)．

②证明：由①得，直线AR，BR的斜率都存在，

要证：直线AR19.解：(1)证明：令[x]+1=t，t∈Z，当t为偶数时，2G(x)=t，当t为奇数时，2G(x)=0，

所以对任意x∈R，2G(x)≤[x]+1，所以2G(x)≤[x]+1≤x+1，

设ℎ(x)=ex−x−1，导函数ℎ′(x)=ex−1，

当x>0时，导函数ℎ′(x)>0，当x<0时，导函数ℎ′(x)<0，

所以函数ℎ(x)≥ℎ(0)=0，所以x+1≤ex，因此2G(x)≤ex．

(2)记f(x)=G(x)+g(x)，所以导函数f′(x)=a(x+1)ln2024>0，

因此函数f(x)单调递增，f(x)>f(0)=2023，

根据第一问知2G(x)≤[x]+1≤x+1，所以函数G(x)≤12x+12，

所以函数G(x)≤20252，在x∈(0,2024)上恒成立，所以G(x)<f(x)，

所以g(x)>0在x∈(0,2024)恒成立．

因此命题p为假命题，又由于p，q中至少有一个为真命题，所以命题q为真命题，

q可转化为G(x)与函数f(x)在(4050,4052)上至少有一个交点，

根据第一问知：当[x]=2k(k=0,1,2,3,⋯)时，函数G(x)=0，

当[x]=2k+1(k=0,1,2,3,⋯)时，函