江西省“上进联考”2025届高三上学期10月联考数学试题一、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A=4,3,0,6，B=xZ|x|3，则AB的非空真子集的个数为()A. 2B. 3C. 4D. 62.已知命题p:xR，|x+2024|0，命题q:x3，sin(x+3)=0，则()A. p和q都是真命题B. p和q都是真命题C. p和q都是真命题D. p和q都是真命题3.将函数f(x)=sin(3x+)(00在R上单调，则a的取值范围是()A. (,15B. 0,15C. 15,+)D. 0,+)5.已知sin2+2 3sincos+3cos2=4，则tan=()A. 1B. 22C. 2D. 336.在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足bc=3a2，且b+c=72a，则sinA=()A. 156B. 158C. 23D. 387.已知a+1a1=2+log326，则a=()A. log392B. 32C. log34D. 28.已知a，b为正数，若xb，有函数f(x)=(x+b)xa1，则1a+8b的最小值为()A. 9+2 2B. 9+4 2C. 9D. 6 3二、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abc，则()A. ac2bc2B. a|c2|b|c2|C. cos(a+2c)cos(b+2c)D. a3b310.已知函数f(x)=aex+bx+c的两个零点分别为1，1，且f(0)0C. 2b+ea0D. a+b+c1)，探究是否存在，使得tanCMAtanCNB为定值?若存在，求出该定值;若不存在，请说明理由19.(本小题12分)定义：设函数f(x)的图象上一点(x0,f(x0)处的切线为l0，l0在(x0,f(x0)处的垂线l1也与f(x)的图象相切于另一点(x1,f(x1)，则称l0和l1为f(x)的一组“垂切线”，x0为“垂切点”已知三次函数f(x)=x3+bx，l0和l1为f(x)的一组“垂切线”，其中x0为f(x)的垂切点，l1与f(x)相切于点(x1,f(x1)(1)求曲线y=f(x)在点(x0,f(x0)处的切线方程;(用x0和b表示)(2)若对任意x1都存在0,2)，使x12=mcos，求正数m的取值范围;(3)证明：点(x0,f(x0)和(x1,f(x1)之间连线段的长度不小于4433参考公式：2x133x12x0+x03=(x1x0)2(x0+2x1)，x13x03=(x1x0)(x02+x0x1+x12).参考答案1.A2.B3.B4.C5.D6.B7.A8.B9.AD10.ABD11.AD12.1213.214.015.解：(1)由题意可得f(x)= 6cos(2x+4)，由+2k2x+42k，kZ，解得58+kx8+k，kZ，所以函数f(x)的单调递增区间为58+k,8+k(kZ)(2)由(1)知f(x)在0,38上单调递减，在38,58上单调递增，又f(0)= 3，f(38)= 6，f(58)=0，故当x0,58时，f(x)的最大值为 3，最小值为 616.解：(1)由题意x23x100，即(x+2)(x5)0，解得x5，所以B=x|x5，当a=1时，A=x|1x2，且RB=x|2x5，故(RB)A=x|1x2(2)“xA”是“xRB的充分不必要条件，故A是RB的真子集则满足a2,a+15,两边等号不能同时成立，解得2a4，综上所述，a的取值范围为2,417.解：(1)由题意可得f(0)=2，f(x)=sinxcosx3x+1ex，f(0)=0，故曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=2(2)令(x)=sinxcosx3x+1，(x)=cosx+sinx3= 2sin(x+4)30，f(x)单调递增，当x(0,+)时f(x)0时f(x)=3x+(2sinx)ex0，由此画出f(x)的大致图象如图所示，故f(x)有最大值2，无最小值18.解：(1)a+b=2c=4，b=4a，c=2，又aca2，a3，同理可得b1，由余弦定理可得cosC=a2+b2c22ab=(a+b)22abc22ab=6ab1=6a(4a)1，由a(4a)(3,4，则cosC12,1)，又C(0,)，C(0,3.(2)取AB的中点O，则MO=NO=21，作CHAB，垂足为H，则tanCMA=CHMH，tanCNB=CHNH，不妨设ba，则有tanCMA=CHMO+OH，tanCNB=CHNOOH，tanCMAtanCNB=CH2MO2OH2，又因为a+b= CH2+HB2+ CH2+HA2=4,HB=BOOH=1OH,HA=AO+OH=2BO+OH=1+OH,3OH2+4CH2=12，即CH2=334OH2，tanCMAtanCNB=34(4OH2)(21)2OH2，若tanCMAtanCNB为定值，则(21)2=4，=32(负值舍去)，存在=32使tanCMAtanCNB为定值，且定值为3419.解：(1)f(x)=3x2+b，f(x0)=3x02+b，又f(x0)=x03+bx0，所以yx03bx0=(3x02+b)(xx0)，故切线方程为y=(3x02+b)x2x03;(2)由(1)得l0:y=(3x02+b)x2x03，同理l1:y=(3x12+b)x2x13，由垂直得(3x02+b)(3x12+b)=1，又(x0,f(x0)在l1上，故y=(3x12+b)x02x13=f(x0)=x03+bx0，化简得2x133x12x0+x03=0，故(x1x0)2(x0+2x1)=0，又x0x1，故x0=2x1，代入(3x02+b)(3x12+b)=1得(12x12+b)(3x12+b)=1，则b2+15x12b+36x14+1=0，该方程关于b有解，故=(15x12)24(36x14+1)0，得x14481，则x1229，因为对任意x1都存在0,2)，则mcosm,+)，故m(0,29；(3)证明：(x0,f(x0)和(x1,f(x1)之间连线段的长度d= (x1x0)2+(f(x1)f(x0)2，则d2=(x1x0)2+(x13x03)+b(x1x0)2=(x1x0)2+(x1x0)(x02+x0x1+x12)+b(x1x0)2=(x1x0)2(x02+x0x1+x12+b)2+1，代入x0=2x1，d2=(3x1)2(4x122x12+x12+b)2+1=9x12(9x14+6bx12+b2+1)，又b2+15x12b+36x14+1=0，故b2+1=15x12b36x14，故d2=9x12(9x14+6bx1215bx1236x14)=81x14(3x12+b)，显然81x140，d2随b单调递减，证明d4433，即证d216 39，由b2+15x12b+36x14+1=0，解得b=15x12 (15x12)24(36x14+1)2，即b=15x12 81x1442，则d2=81x14(3x12+b)81x14(3x12+15x12+ 81x1442)=81x14( 81x14 81x1442)，令 81x14=t，t2，则d2g(t)=t3t2 t242，则g(t)=32t2t t24t32 t24=t2(32 t24tt2 t24)，令 t24t=m(0m0得12m0，故m(0,12)时，g(t)0，g(t)单调递增，故当 t24t=12，即t=4 33时，g(t)有最小值16 39，即d216 39，命题得证第7页，共7页