河北省唐山市2024-2025学年高三上学期9月摸底演练 数学试题（含解析）

这是一份河北省唐山市2024-2025学年高三上学期9月摸底演练 数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回.，已知函数为奇函数，则，已知函数则的值域为，若锐角满足，则，下列说法正确的是，已知，函数，则等内容，欢迎下载使用。
数学
本试卷共4页，19小题，满分150分．考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将答题卡交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合M，N满足，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知为虚数单位，复数，则（ ）
A．1B．
C．D．2
3．已知向量，，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知函数为奇函数，则（ ）
A．2B．1
C．0D．
5．已知函数则的值域为（ ）
A．B．
C．D．
6．若锐角满足，则（ ）
A．B．
C．或D．或
7．若有且仅有一个使得数取得最小值，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知半径为1的球可以整体放入圆锥容器（容器壁厚度忽略不计）内，则该圆锥容器容积的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．样本数据：3，3，4，4，5，6．6，7，7的方差为2
D．已知，，且A与B独立，则
10．已知，函数，则（ ）
A．对任意a，总存在零点
B．当时，是的极值点
C．当时，曲线与轴相切
D．对任意a，在区间上单调递增
11．已知双曲线与直线有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴，y轴于，两点，当M运动时，下面说法正确的有（ ）
A．或
B．记点，则点P在曲线C上
C．直线l与两渐近线所围成的面积为定值
D．记点，则点Q的轨迹为椭圆
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．函数在点处的切线方程为 ．
13．已知椭圆C的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，若为等腰三角形，则C的离心率为 ．
14．在正八面体中，任取四个顶点，则这四点共面的概率为 ；任取两个面，则所成二面角为钝角的概率为 ．
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．已知的内角的对边分别为，，．
(1)求B；
(2)若B为锐角，边上的高为，求的周长．
16．在直三棱柱中，，，，G是的重心，点Q在线段AB（不包括两个端点）上．

(1)若Q为的中点，证明：平面；
(2)若直线与平面所成的角正弦值为，求．
17．已知为抛物线上一点，经过点且斜率为的直线与的另一个交点为，与垂直的直线与的另一交点为．
(1)若直线经过的焦点，求直线的方程；
(2)若直线与直线关于对称，求的面积．
18．已知数列，，．
(1)证明：数列，为等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求数列的前n项和．
19．已知．
(1)讨论的单调性；
(2)若存在唯一的整数，使得，求实数a的取值范围；
(3)是否存在实数m，使得恒成立？若存在，请求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．
1．D
【分析】由集合的包含关系判定即可.
【详解】因为集合M，N满足，
所以.
故选：D.
2．C
【分析】根据共轭复数及复数的除法运算即可求解．
【详解】，
故选：C．
3．C
【分析】由投影向量的计算公式，即可求解.
【详解】在方向上的投影向量为.
故选：C.
4．B
【分析】根据给定条件，利用奇函数的定义列式计算即得.
【详解】函数的定义域为R，由函数为奇函数，得，
即，
所以.
故选：B
5．A
【分析】分别求每段函数的值域，再求并集.
【详解】在上单调递增，所以，
在上单调递增，所以，
因为，，
所以函数的值域是.
故选：A
6．B
【分析】首先根据利用辅助角公式得到，再利用角的变换，结合诱导公式，以及二倍角公式，即可求解.
【详解】，则，
因为，，则
，
.
故选：B
7．D
【分析】依题意，由，则有，求解可得的取值范围.
【详解】时，，
依题意有，解得，
则的取值范围为.
故选：D.
8．D
【分析】作圆锥轴截面，利用圆锥的体积公式可将其用表示，结合已知条件，即可求出圆锥容器容积的最小值.
【详解】
由题意，当球与圆锥底面和侧面都相切时圆锥容器的容积最小，
作圆锥轴截面如图，为圆锥的高，为球心，为切点，
则，又，
则，
所以圆锥的体积，
因为，所以，
又为定值，
所以当，即时，
圆锥的体积最小为，
即圆锥容器容积的最小值为.
故选：D.
9．AD
【分析】由二项分布的期望判断选项A；由正态曲线的对称性判断选项B；计算样本数据的方差判断选项C；利用独立事件的概率公式与和事件的概率公式判断选项D.
【详解】若，则，A选项正确；
若，则，有，B选项错误；
样本数据：3，3，4，4，5，6．6，7，7的平均值为，
方差为，C选项错误；
已知，，且A与B独立，则，
所以，D选项正确.
故选：AD.
10．ACD
【分析】利用零点存在性定理判断A；利用导数探讨单调性判断B；求出切线斜率为0的切线方程判断C；当时探讨值的情况判断D.
【详解】函数定义域为，求导得，
对于A，函数在上的图象连续不断，当时，由，得；
而，当时，，函数在上存在零点；
当时，，
函数在上存在零点，因此对任意a，总存在零点，A正确；
对于B，当时，，函数在上单调递增，无极值点，B错误；
对于C，当时，，由，得，而，
则曲线在处切线为，即曲线与轴相切，C正确；
对于D，当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，又，
则当时，，
函数在区间上单调递增，
因此对任意a，在区间上单调递增，D正确.
故选：ACD
11．ABC
【分析】对A，由双曲线和直线有唯一交点，可知直线与双曲线的渐近线平行或者与双曲线相切，再根据的范围即可知直线与双曲线相切，联立方程利用即可求解；对B，根据，整理出，即可判断；对C，求出直线l与两渐近线的交点，再利用面积公式即可求解；对D，先求出点的坐标，再写出直线的方程，再分别求出的坐标，即求出，再根据的关系即可求出点Q的轨迹方程，即可判断.
【详解】解：对A，双曲线与直线有唯一公共点M，
直线与双曲线的渐近线平行或者与双曲线相切，
双曲线的渐近线方程为：，
又，
直线与双曲线相切，
，
即，
则，
即，
，
故或，故A对；
对B，由A知：，
即，即点P在曲线C上，故B对，
对C，双曲线的渐近线方程为：，
设直线与双曲线的渐近线的交点分别为，
则由解得： ，
由解得：
直线与轴的交点为，
故直线l与两渐近线所围成的面积 ，
由A知：，
即，故C对；
对D，由A知：联立方程得到：，
解得： ，
又，
，其中，
又由题意知，
故：，
令，得，
令，得，
即， ，
故，
令 ，其中，
则，
即点Q的轨迹方程为：，
即点Q的轨迹为焦点在轴上，实轴长为，虚轴长为的双曲线(去掉两个顶点)，故D错.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：求轨迹方程常用的方法：直接法，相关点法，交轨法，定义法，求解过程中要注意一些轨迹问题中包含隐含条件，也就是曲线上的点的坐标的取值范围，有时还要补充特殊点的坐标.
12．
【分析】求出导函数，再求得f'1，从而可求其切线方程．
【详解】由，得，
所以，即函数在点1,0处的切线的斜率为，
所以函数在点1,0处的切线方程为，即.
故答案为：．
13．
【分析】利用椭圆的性质计算即可.
【详解】不妨设椭圆的长轴、短轴、焦距分别为，
则，且根据椭圆的性质易知，
所以，
显然若为等腰三角形，则只能有，
即，
则.
故答案为：
14． 15##0.2
【分析】根据正八面体的结构特征，四边形，，是正方形，可求出任取四个顶点，则这四点共面的概率；先证明任意相邻两个面所成角为钝角，再根据根据正八面体结构特征求解.
【详解】如图，在正八面体中，八个面是全等的等边三角形，，，相交于同一点且两两互相垂直，则四边形，，是正方形，
任取四个顶点，则这四点共面的概率为；
设，则，取的中点，连接，则，，
所以是平面与平面所成角，
所以，
所以是钝角，根据正八面体结构，每个面与其余6个面所成角均为钝角，与另一个面平行，
所以任取两个面，则所成二面角为钝角的概率为.
故答案为：；.

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是认识清楚正八面体的结构特征求解.
15．(1)或
(2)
【分析】（1）利用辅助角公式化条件等式先计算A，再利用正弦定理计算即可；
（2）根据（1）的结论作出图形，利用直角三角形及三角恒等变换计算，再根据三角形周长公式计算即可.
【详解】（1）易知，
所以，
因为中，所以，
而，
则或；
（2）由上可知，，则，
如图，则，
所以，
，则，
所以的周长为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长，交于点，则为的中点，连接，由面面平行的判定得出平面平面，再由面面平行的性质即可证明；
（2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，根据线面夹角的向量公式列出方程求解即可．
【详解】（1）连接并延长，交于点，则为的中点，连接，
因为为直三棱柱，所以平面平面，，，
又分别为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为平面，且，
所以平面平面，又平面，
所以平面．

（2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
设，
则，，，
所以，
由直三棱柱可得，为的中点，
所以，则，
设平面的一个法向量为，
由得，，取，则，
因为直线与平面所成的角正弦值为，
所以，
整理得，，解得或（不合题意舍） ，
所以．

17．(1)
(2)
【分析】（1）由题意求出，根据抛物线定义求出焦点F1,0，最后利用两点式求出直线的方程；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，由点斜式得直线的方程，联立直线的方程与抛物线的方程，利用根与系数的关系得，同理得，然后根据直线上两点求斜率的公式化简求出直线的斜率，再根据，求出的值，进而求出两点的坐标，最后根据，求出的面积即可.
【详解】（1）由在抛物线上，
则可得，解得，
故抛物线，所以焦点F1,0，
又直线经过两点，则直线的方程为，
即；
（2）

由题意知，直线的斜率存在且不为，
设Ax1,y1，直线的方程为，
由，联立可得，
又，解得，
由根与系数的关系可得，解得，
因为直线与直线关于对称，则可得直线的斜率为，
设Bx2,y2，直线的方程为，
由，联立可得，
又，解得，
由根与系数的关系可得，解得，
则可得，
又直线的斜率，
又，则，
因此可得，则，故，
，则，故，
则，，
所以.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据已知条件得到，，即可证明答案.
（2）根据题意得到，再解方程组即可.
（3）利用分组求和的方法求解即可.
【详解】（1）因为，，
所以，.
而，，所以，
，.
所以数列是以首项，公比为的等比数列.
数列是以首项，公比为的等比数列.
（2）由（1）知：，.
（3）因为，
所以
.
19．(1)答案见详解
(2)
(3)存在，的取值范围为
【分析】（1）分析可知的定义域为，求导，利用导数求的单调性；
（2）分和两种情况，根据（1）中单调性求最值，分析求解；
（3）构建，利用导数判断的单调性，分和两种情况，参变分离结合恒成立问题分析求解.
【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且，
令f'x>0，解得或；令f'x