河北省石家庄市2024-2025学年高三上学期10月联考模拟考试数学试题 含解析

河北省石家庄市2025届高三年级10月联考模拟考试数学试题一、单选题：本题共7小题，每小题5分，共35分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．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：C2.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：C5.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：BD9.设正实数m，n满足，则（）A.的最小值为3 B.的最大值为2C.的最大值为1 D.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：BC10.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RB.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，N【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∈当时，令，解得，当时，f′x<0，在上单调递减，当时，f′x>0，在上单调递增.综上，当时，在x∈0,+∞上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；【小问3详解】因为，，所以，故函数在上单调递增，不妨设，则由可化为，设，则，所以为上的减函数，即在上恒成立，等价于在上恒成立，即在上恒成立，又，所以，所以，而函数在上是增函数，所以（当且仅当，时等号成立）．所以．即的最小值为.【点睛】思路点睛：利用导数解决函数单调性是常见方法，本题第（3）问通过为上的减函数，转化为在上恒成立，进而求解答案.18.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，【解析】【详解】试题分析：（1）由面面垂直性质定理知AB⊥平面；根据线面垂直性质定理可知，再由线面垂直判定定理可知平面；（2）取的中点，连结，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值；（3）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值.试题解析：（1）因为平面平面，，所以平面，所以，又因为，所以平面；（2）取的中点，连结，，因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系，由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）设是棱上一点，则存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当，即，解得.所以在棱上存在点使得平面，此时.考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.19