河北省石家庄一中2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

这是一份河北省石家庄一中2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题，共22页。
（时间120分钟，满分150分）
注意事项：
1．答题前、考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，将本试卷和答题卡一并交回．
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，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得集合，再根据交集的定义求解即可．
【详解】由题可知，，所以，
故选：D．
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据复数的除法求复数，再根据共轭复数的概念求.
【详解】因为，所以.
故选：A
3. 已知是单位向量，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先计算向量的模，再计算与的数量积，进而可得夹角的余弦值，可得答案.
【详解】，故．
，设与的夹角为，
则，又，故，
故选：A．
4. 艳阳高照的夏天，“小神童”是孩子们喜爱的冰淇淋之一．一个“小神童”近似为一个圆锥，若该圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍，圆锥的母线长为，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥的底面圆的半径为，由题意可得，可求，由圆锥的体积公式可求体积.
【详解】设圆锥的底面圆的半径为，则底面圆的面积为，
侧面面积为，由题意知，
所以，解得，
因此该圆锥的高，
故该圆锥的体积．
故选：C．
5. 已知数列均为等差数列，其前项和分别为，满足，则（ ）
A. 2B. 3C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用得出数列的性质和得出数列的求和公式，准确计算，即可求解.
【详解】因为数列均为等差数列，可得，
且，又由，可得．
因此.
故选：A．
6. 已知双曲线：，圆与圆的公共弦所在的直线是的一条渐近线，则的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】两圆的方程相减可得双曲线的一条渐近线方程，据此可求双曲线的离心率.
【详解】因为，，所以两圆方程相减可得，
由题意知的一条渐近线为，即，
双曲线的离心率．
故选：C．
7. 已知函数，若，，则的最小值为（ ）
A. 3B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由求出的取值，再根据，分是函数的一个对称中心与不是对称中心两种情况讨论，分别求出的最小值，即可得解.
【详解】因为，所以，
则或，
又，，
当是函数的一个对称中心时，，
若，则，
所以，则，又，
所以当时；
若，则，
所以，则，又，
所以当时；
当不是函数的一个对称中心时，因为，
即，
所以，
所以，又，
所以当时，
综上所述：.
故选：C
8. 已知函数有三个零点，则t的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，问题等价于函数有三个零点，利用导数研究函数单调性，判断极值的符号，求结论成立的条件.
【详解】函数有三个零点，
则有方程在上有三个不等实数根，显然不符合要求，
令，问题等价于在上有三个不等的实数根，
函数，则的定义域为，有三个零点，
，
设，其中，
①当，即时，在上单调递增，有，所以，单调递增，不合题意；
②当，且，即时，，所以，单调递增，不合题意；
③当，且，即时，设的两根为，，
解得，，
，解得或，，解得，
在和上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，，
构造函数，则有，
当时，单调递增；当时，单调递减，
有，所以，即.
取，，
（其中，所以，即，
取，，
（其中，所以，即，
所以在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，
在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，且，
所以时，有三个零点，此时，
即时，函数有三个零点.
故选：D.
【点睛】方法点睛：
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
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. 随机变量，且，则
B. 随机变量Y服从两点分布，且，则
C. 对a，b两个变量进行相关性检验，得到相关系数为，对m，n两个变量进行相关性检验，得到相关系数为0.8278，则a与b负相关，m与n正相关，其中m与n的相关性更强
D. 在的展开式中，偶数项系数的二项式系数和为32
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用正态分布的概率分布曲线的对称性即可计算判断A；运用两点分布的数学期望、方差的定义与性质即可判断B；利用两变量相关系数的意义即可判断C；利用二项展开式的二项式系数特点即可判断D．
【详解】对于A，由题意得，，，
则，故A正确；
对于B，因为两点分布的，
所以，
所以，故B正确；
对于C，因为，且，
所以a与b负相关，m与n正相关，且a与b的相关性更强，故C错误；
对于D，由的展开式知，取，得，
取，得，
两式相减可得，，所以，
所以的展开式中偶数项的二项式系数和为32，故D正确.
故选：ABD．
10. 已知定义在上的连续函数满足，，，当时，恒成立，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 是偶函数
C. D. 的图象关于对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据所给关系式，利用赋值法一一计算可得.
【详解】因为，，
令可得，解得或，
又当时，恒成立，所以，故A错误；
令，，则，即，
所以为偶函数，故B正确；
令，，则，所以，
令，，则，所以，故C正确；
令可得，
令，可得，又，
所以，即，
所以，
所以的图象关于对称，故D正确.
故选：BCD
11. 已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），且平面，球为正方体的内切球，下列说法正确的是（ ）
A. 球的体积为B. 点的轨迹长度为
C. 异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为D. 三棱锥外接球与球内切
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正方体内切球的性质判断A；利用面面平行确定点的轨迹，即可求得其长度，判断B；根据异面直线所成角的概念，确定该角取到最值时的位置，即可判断C；根据圆内切的判断条件可判断D.
【详解】由题意知球的半径为1，故其体积为，故A选项正确；
取的中点为，
连结，易知，平面，平面，
故平面，
连接MN，，即四边形为平行四边形，
则，平面，平面，所以平面．
又因为，平面，
故平面平面，平面平面，结合平面，
故点的轨迹为线段，故B选项错误；
因为，故异面直线与BP所成角等于或其补角，
当P位于N点时，得取得最小，;
当P位于点时，取得最大，，故选项正确；
由正方体几何性质易知，
故BM为三棱锥外接球的直径，取为BM的中点，
即为三棱锥外接球球心，由题意知为的中点，
故，
因为球的半径为，球的半径为，
故三棱锥外接球与球内切，D正确
故选：ACD．
【点睛】关键点睛：解答此类题目的关键是要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，依据相关定理以及性质，准确判断，即可求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 如图，一只蚂蚁位于点M处，去搬运位于N处的糖块，的最短路线有_________条．
【答案】150
【解析】
【分析】由分步乘法和分类加法计数原理及组合数的计算即可求解．
【详解】由题可知，的最短路线必经过两点，
则的最短路线有种，的最短路线有种；
最短路线有种，的最短路线有种；
因为的最短路线有和，
所以的最短路线有种，
故答案为：150．
13. 函数，若实数满足，则的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】对求导，得到，利用基本不等式得到，，从而有在定义域上单调递增，再根据条得到，从而将问题转化成，即可求解.
【详解】由，得到，
因为，
所以，
因为，得到，所以，
当且仅当，即时取等号，
又，当且仅当，即时取等号，
所以，当且仅当时取等号，所以在定义域上单调递增，
又，所以，
由，得到，
所以，解得，
故答案为：.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于利用导数和基本不等式得到在定义域上单调递增，根据条件得到，从而将问题转化成求解不等式，再利用单调性，即可求解.
14. 已知抛物线的焦点为F，点M（异于原点O）在抛物线上，过M作C的切线l，，垂足为N，直线MF与直线ON交于点A，点，则的最小值是______．
【答案】##
【解析】
【分析】先确定点的轨迹，可求的最小值.
【详解】如图：
因点在抛物线上，且不与原点重合，可设（）.
则过点的切线方程为：，即.
因为直线与直线垂直，所以直线的方程为：.
当时，因为点坐标为1,0，直线的方程为：.
由得.
设（）.
当时，直线：，直线：，此时；
当时，直线：，直线：，此时.
点，都在圆上.
所以点的轨迹为圆：.
又，所以.
故的最小值为：.
故答案为：
【点睛】结论点睛：若点为二次曲线上一点，过该点的曲线的切线方程可以用如下方法得到：用代替，用代替，用代替，用代替.
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. 在锐角中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，．
（1）求B；
（2）若，求的面积S取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，再结合三角形的内角和与两角和与差的三角函数公式化简可求角.
（2）由正弦定理先求，然后结合三角形的面积公式及和差角，二倍角公式进行化简，在根据正弦函数的性质计算可得．
【小问1详解】
由，
由正弦定理，可得，
因为为三角形内角，所以，所以，
得，
因为，所以，所以.
【小问2详解】
∵，故，
∴，
所以
，
因为，所以，
∴，∴，
∴，
故的面积的取值范围为．
16. 如图，在三棱柱中，四边形是矩形，，．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由得四边形为菱形，则，由已知的数据结合勾股定理逆定理得，而，则平面，所以，再由线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）取的中点，连结BM，则两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：在平行四边形中，因为，
所以四边形为菱形，故，
又因为，故为等边三角形，
故．
在中，，,
所以，故
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，因此．
又因为，平面，
所以平面；
【小问2详解】
解：取的中点，连结BM，因为为等边三角形，
所以，
因为‖，所以，
因平面，平面，
所以，
故两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，则
， 令，得；
设平面的法向量为，则
, 令，得．
设平面与平面所成角为，
则．
17. 已知焦距为的椭圆的右焦点为，右顶点为，过F作直线与椭圆交于、两点（异于点），当轴时，．
（1）求椭圆的方程；
（2）证明：是钝角．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件，求，可得椭圆的方程.
（2）设直线方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，再证即可.
【小问1详解】
由题意：，
所以椭圆的方程为：.
【小问2详解】
如图：

因为、两点异于点，故直线斜率不为.
设直线：，
由.
设，，则，.
所以
，
所以为钝角或平角（舍去）.
故为钝角.
18. 已知函数的最小值是，．
（1）求a的值；
（2）当时，恒成立，求整数k的最大值．
【答案】（1）2 （2）2
【解析】
【分析】（1）求导，分析函数的单调性，求函数的最小值，利用最小值为，可求的值.
（2）构造函数，，利用ℎx>0恒成立，可求的取值范围.
【小问1详解】
因为，所以.
由f′x>0；由f′x0在上恒成立，所以ℎx在上单调递增，又，所以ℎx>0在上恒成立；
当时，由ℎ′x>0；由ℎ′x