河北省石家庄市2024_2025学年高三数学上学期10月联考模拟考试试题含解析

这是一份河北省石家庄市2024_2025学年高三数学上学期10月联考模拟考试试题含解析，共23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。
1. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合对数函数定义域，解不等式得到，根据交集概念得到答案.
【详解】，
由对数函数定义域可知，
故
故选：C
2. 已知数列满足，且，则的通项公式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】给两边同时加一个数，构造成等比数列，然后利用等比数列的通项公式求解的通项公式即可.
【详解】设，即，
所以，解得，
所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以．
故选：C.
3. 如图，在直三棱柱中，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把直三棱柱补成一个底面为菱形的直四棱柱，利用平移法找到异面直线与所成的角，再结合余弦定理求解即可.
【详解】把直三棱柱补成一个底面为菱形的直四棱柱，如图所示：

因为，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以异面直线AD与EF所成的角为或其补角，
不妨设，
因为，所以，
所以为等边三角形，所以，，
所以，
因为为边长为的等边三角形，所以，
又因为，
所以在中，由余弦定理可得，
故异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是合理补形，然后利用平移法结合余弦定理，得到所要求的余弦值即可．
4. 已知平面向量满足：，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由投影向量的定义可得，再由向量的夹角公式，代入计算，即可求解.
【详解】因为在上的投影向量为，即，所以，
又，
，
所以，
且，则.
故选：C
5. 已知定义在上的函数满足，其图象经过点，且对任意，且，恒成立，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得知，函数的图象关于直线对称，且函数在上单调递增，由此可得出该函数在上单调递减，，由分类讨论即可.
【详解】，函数的图象关于直线对称，
该函数图象经过点，则，且有，
对任意，且，恒成立，
可设，则，，即.
所以，函数在上单调递增，由此可得该函数在上单调递减，
当时，符合题意；
当时，即时，则有，
由于函数在上单调递减，由，得，此时；
当时，即时，则有，
由于函数在上单调递增，由，得，此时，
综上所述，不等式的解集为.
故选：D.
6. 若函数在0,4上有3个零点，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据在上零点的个数，讨论的范围，分别确定在0,4上零点的个数，进一步确定的范围，进而可得答案.
【详解】令，则或，
由得a=2，
当时，，在0,4上没有零点，
则在上应有3个零点，所以，
即，与联立得；
当a=2时，在上有1个零点2，
在上，因为，所以，
所以有3个零点，不满足题意；
当时，在上有2个零点，
在上应有1个零点，
所以，即，与联立得，
综上得的取值范围是.故C正确.
故选：C.
7. 已知椭圆左右焦点分别为，的三个顶点均在上，分别落在线段上且轴，若，则（ ）.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出图象，由题意可知，从而可得，在和中，分别求得，从而可得，即有， ，过作于，
可得，为中点，即可得解.
【详解】如图所示：
由题意可知，
设椭圆的半长轴为，
则，
在中，，
在中，
，
所以 ，
整理得：，即
解得：或，
当时，，不满足题意，故舍去；
当时，，满足题意，且，
过作于，
则，
所以,
所以，
故为中点，
所以.
故选：D.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是在和中，分别求得，建立等量关系，求得.
二、多选题：本题共4小题，共24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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
8. 下列说法中正确的是（ ）
A. 若函数为奇函数，则；
B. 在中，是的充要条件；
C. 若数列为常数列，则既是等差数列也是等比数列；
D. 若复数是虚数单位)，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据奇函数的性质即可求解A，由正弦定理即可判断B，根据反例即可判断C，
根据复数的除法运算化简，即可根据共轭复数的定义求解D.
【详解】对于A，若函数定义域中不包含x=0，如fx=1x，则A错误；
对于B，在中，，反之，也成立，所以B正确；
对于C，当时，an为常数列，是等差数列，但不是等比数列，所以C错误；
对于D，所以D正确.
故选：BD
9. 设正实数m，n满足，则（ ）
A. 的最小值为3B. 的最大值为2
C. 的最大值为1D. 的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】由基本不等式逐项求解判断即可.
【详解】因为正实数m，n满足，
所以，
当且仅当，即，，等号成立，故A错误；
，当且仅当时，等号成立，所以，故B正确；
，所以，当且仅当时，等号成立，故C正确；
，当且仅当时，等号成立，故D错误；
故选：BC
10. 如图，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝，∠BAA1＝，∠CAA1＝，，，点O是与的交点，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 平面⊥平面
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算，逐步把用基向量表示出来即可判断A，对于B,C,D,则可以选择，，为平面的一组基，分别用表示出相关向量，再运用向量数量积的运算律求向量模长和验证向量垂直，即可判断B,C ;对于D项，计算推得，再由即可证得平面，最后由线面垂直得面面垂直即可.
【详解】对于A，因
，故A正确；
对于B，不妨设，，，则构成空间的一个基底.
则依题意：
由 A可得，，
则，
则，故B正确；
对于C，因，故
故C错误；
对于D，如图取的中点E，连接，则，
因为，E为的中点，所以.
又，故有.
因为，平面，所以平面,
又平面，故平面⊥平面，即D正确.
故选：ABD.
11. 函数，关于x的方程，则下列正确的是（ ）
A. 函数的值域为R
B. 函数的单调减区间为
C. 当时，则方程有4个不相等实数根
D. 若方程有3个不相等的实数根，则m的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】先分析函数的单调性和函数值情况并作出函数的图象，对于A和B，由分析以及图象即可得解；由对于C和D，由方程得解为与，再根据条件树形结合依次分析两解对应的根的情况即可得解.
【详解】①当时，，
则在单调递减，且渐近线为轴和，恒有.
②当时，，，
当，在0,1单调递增；当，在1,+∞单调递减，
故，且恒有，综上①②可知，，
综上，作出函数大致图象，如下图：
对于A，由上可知函数的值域为，故A错误；
对于B，函数的单调减区间为，故B正确；
对于C，当时，则方程，解得或，
由，得或，有两个实数根；
由图象可知，由得此时有不相等的实数根，且均不为，也不为，
所以当时，则方程有6个不相等的实数根，故C错误；
对于D，若关于x的方程有3个不相等的实数根，
即方程与方程共有3个不相等的实数根，
又因为已有两个不等的实数根，
则方程有且仅有1个根，且不为.
所以与有且仅有1个公共点，
由图象可知，满足题意，即m的取值范围是，故D正确.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：先研究函数的单调性以及函数值的分布情况，接着作出函数的图象，数形结合使得问题更直观，进而即可进一步研究函数的性质情况：研究方程的根的个数问题，可先解方程得与，再根据条件依次分析两解对应的根的情况并树形结合即可得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数，且，则的值为_____.
【答案】
【解析】
【分析】结合分段函数解析式，分别在，条件下化简方程求即可.
【详解】因为函数
当时，，
方程，可化为，
所以，解得；
当时，
方程，可化为，
所以，故，矛盾，
故时，不存在满足条件，
所以.
故答案为:
13. 在棱长为透明密闭的正方形容器中，装有容器总体积一半的水（不计容器壁的厚度），将该正方体容器绕旋转，并始终保持所在直线与水平平面平行，则在旋转过程中容器中水的水面面积的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设点在上，点在CD上，满足，则原问题等价于求解四边形的最大值.建立空间直角坐标系，结合二次函数的性质可得旋转过程中容器中水的水面面积的最大值.
【详解】如图所示，在棱长为的正方体中，
点在上，点在CD上，满足，
则原问题等价于求解四边形的最大值.
作于点，当EG最大时，四边形有最大值.
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，设，
由于，由可得：
，则：，故,
故：，
由可得：.
故： ，
结合二次函数的性质可知：当或时，取得最大值，此时取得最大值，最大值为：.
【点睛】本题主要考查等价转化的数学思想，空间向量的应用，函数最值的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
14. 已知等差数列的前项和为，且.数列的前项和为.
给出下列四个结论：
①；
②；
③使成立的的最大值为4048；
④当时，取得最小值.
其中所有正确结论的序号是_____________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】由与的关系即可判断①；由等差数列的性质即可判断②③；由数列的正负规律即可判断④.
【详解】，，
所以，故①正确；
因为数列为等差数列，所以，公差，
所以，
因为，
所以，由，
所以，即，故②正确；
因为，
，
所以成立的的最大值为，故③不正确；
因为，，所以当时，，
当时，，当时，，
所以当时，取得最小值，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】方法点睛：解决数列前项和的最值问题的一般方法有以下两类：
（1）先求出数列的前项和，再通过的符号研究数列的单调性求最值，或转化为求函数的最值求解；
（2）不求数列的前项和，通过对数列通项的符号变化规律找到所有的正负转折项，如：利用条件来找最大时可能的项数，利用条件来找最小时可能的项数，需要注意的是，由于首项的特殊性（无前一项），最值也可能在处就取到.
四、解答题：本题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 在锐角中，a，b，c分别为内角A、B，C的对边，且.
（1）求A的大小；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助正弦定理将角化边后，借助余弦定理计算即可得；
（2）由为锐角三角形可得角的范围，再借助三角恒等变换化简后计算即可得.
【小问1详解】
由题及正弦定理得：，即，
则，∵，∴；
【小问2详解】
由为锐角三角形知，，故，
则，
有，即，
故的取值范围为.
16. 已知椭圆：的右焦点F在直线上，A，B分别为的左、右顶点，且.
（1）求C的标准方程；
（2）是否存在过点的直线交C于M，N两点，使得直线，的斜率之和等于-1？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）先求出点的坐标，得出椭圆中的，结合椭圆的几何性质可出答案.
（2）设直线的方程为：，Mx1,y1，Nx2,y2，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理代入可出答案.
【小问1详解】
设右焦点Fc,0，
直线与x轴的交点为1,0，
所以椭圆C右焦点F坐标为1,0，
故在椭圆C中，
由题意，结合，则，
，
所以椭圆C的方程为：；
【小问2详解】
当直线的斜率为0时，显然不满足条件，
当直线的倾斜角不为时，
设直线的方程为：，Mx1,y1，Nx2,y2，
由，可得，
由题意，
则，，
由
，
由，即，
故存在满足条件的直线，直线的方程为：.
17. 已知函数．
（1）若，，求曲线在处切线的方程
（2）讨论函数的单调性
（3）若，对任意两个不同的，不等式恒成立，求的最小值．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）通过曲线在某一点的切线的相关知识直接求解；
（2）利用导数，对参数分类讨论，即可求解单调性；
（3）设，将原表达式化为，构造函数，根据为上的减函数，参变分离求解函数的最值即可.
【小问1详解】
若，，则，
可得，所以，且，
所以曲线在处的切线的方程为，
即为；
【小问2详解】
，
当时，f'x>0，在x∈0,+∞上单调递增；
当时，令，解得，
当时，f'x