河北省唐縣2024-2025高三數學上學期10月月考試題

河北省唐縣2024-2025高三上學期10月考試數學試題時長：120分鐘滿分：150分一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則集合的真子集個數為（）A.5B.6C.7D.82.已知復數在復平面內對應的點的坐標為，則（）A.B.C.D.3.已知圓臺的上下底面半徑分別為2和5，且母線與下底面所成為角的正切值為，則該圓臺的表面積為（）A．B．C．D．4.已知函數，則的圖象大致為（）A.B.C.D.5.在中，“”是“”的（）A.充分非必要條件 B.必要非充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件6.如圖，在平行四邊形中，E是的中點，，與相交于O．若，，則的長為（）A.3B.4C.5D.67.函數的圖象如圖，則的解析式和的值分別為（）A．，B．，C．，D．，8.若定義在上的可導函數滿意，，則下列說法正確的是（）A．B．C．D．二、多項選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.）9.下列說法正確的是（）A．已知向量，則“的夾角為銳角”是“”的充要條件B．已知向量，若，則C．若向量，則在方向上的投影向量坐標為D．在中，向量與滿意，則為等邊三角形10.設是公差為d的等差數列，是其前n項的和，且，，則（）A．B．C．D．11.已知函數，下列四個選項正確的是（）A.是偶函數B.是周期函數C.在，上為增函數D.的最大值為12.在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，G為C1D1的中點，點P在線段B1C上運動，點Q在棱C1C上運動，M為空間中隨意一點，則下列結論正確的有（）A.直線BD1⊥平面A1C1DB.PQ+QG的最小值為C.異面直線AP與A1D所成角的取值范圍是D.當MA+MB＝4時，三棱錐A﹣MBC體積最大時其外接球的表面積為.三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分.）13.將邊長為2的正水平放置后，利用斜二測畫法得其直觀圖，則的面積為__________.14.已知，則的取值范圍是__________.15.已知（為自然對數的成數），，直線是與的公切線，則直線的方程為__________.16.已知數列1,1,3,1,3,9,1,3,9,27,……（也可表示30,30,31,30,31,32,30,31,32,33,….,30,31……3k-1）若該數列的前n項和為Sn,則滿意62<Sn≤1600的整數n的個數為__________.四、解答題（本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）17.已知數列滿意，．(1)求數列的通項公式；(2)求數列的前項和．18.如圖，中，角對邊分別為，且.（1）求角的大??；（2）已知，若為外接圓劣弧上一點，求的最大值.19.如圖，三棱錐中，底面于B，∠BCA＝90°，，點E是PC的中點．（1）求證：側面PAC⊥平面PBC；（2）若異面直線AE與PB所成的角為θ，且，求平面ABC與平面ABE所成角的大?。?0.已知函數，且.(1)求在上的最大值；(2)設函數，若函數在上有三個零點，求的取值范圍.21.某公司為宣揚其產品，設計一大型廣告立牌置于公司樓下顯目位置，廣告立牌垂直于地面，其設計圖如下所示，由直角和以BC為直徑的半圓拼接而成，，AB固定于地面，且，點P為半圓上一點（異于B，C兩點），四邊形ABPC為梯形，，該廣告立牌右側有一條垂直于AB的直線小道L（直線小道路面與地面平齊），與AB的延長線交于點D，且.

(1)若沿該造型外部邊緣增加鐵絲加以固定，求鐵絲長度（即）的最大值及此時的值；(2)若，行人M（視為質點，行人高度忽視不計）沿直線小道L向該廣告立牌走近，當對底邊AB視察的視線所張的角最大時，求從M處視察P點時仰角的正切值.22.已知函數，，其中是自然對數的底數.（1）推斷函數在內零點的個數，并說明理由；（2），，使得不等式成立，試求實數的取值范圍；（3）若，求證：.

高三數學答案1.【答案】C【詳解】依題意，集合中有個元素，則其真子集的個數有個.故選：C2.【答案】B【詳解】由題，，故，故選：B3.【答案】D【詳解】如圖所示圓臺的軸截面，

過點作，因此有，因為母線與下底面所成為角的正切值為，所以，該圓臺的表面積為，故選：D4.【答案】A【詳解】當時，，則，在上單調遞增，BD錯誤；當時，，則，當時，；當時，；在上單調遞減，在上單調遞增，C錯誤，A正確.故選：A.5.【答案】A6.【答案】D【詳解】在平行四邊形中，E是的中點，，與相交于O．設，則由，可得則，解之得，則則又，則，解之得，即的長為4故選：D7．【答案】C【詳解】由圖可知，函數的最小正周期為4，則，，，又因為，則，因為，則，所以，，因為，又因為，因此，.故選：C.8．B【詳解】因為，所以構造函數，所以，則在上單調遞減，又，所以，即，故A錯誤；，即，故B正確；，即，故C錯誤；，即，故D錯誤.故選：B.9．【答案】BC【詳解】對于B，由量，，得，解得，B正確；對于A，由的夾角為銳角，得且不共線，則，解得且，因此“的夾角為銳角”是“”的充分不必要條件，A錯誤；對于C，由向量，得，因此在方向上的投影向量為，C正確；對于D，在中，，而，因此，所以不愿定為等邊三角形，D錯誤.故選：BC10.【答案】AC【詳解】，則，，所以，，，，則，，，，是遞增數列，，，所以中，最小，故選：AC．11.【答案】AD【詳解】對于選項A，的定義城為R，關于原點對稱，又，所以是偶函數，故選項A正確；對于選項B，先畫出函數在的圖象，再利用對稱性得到的圖象.由函數的圖象可知，不存在非零實數T使得對隨意實數x恒成立，故選項B不正確；對于選項C,當，時，，因為，，單調遞減，故選項C錯誤；對于選項D,當，時，；當，時，，因為，，所以，，所以，所以；當，時，；當，時，，因為，，所以，所以，綠上所述，當時，的最大值為，由于為偶函數，所以當時，的最大值也為，故的最大值為，故選項D正確.故選：AD.12.【答案】ACD【詳解】對于A選項，連接，則，由題可知，平面，且平面，則，又，平面，平面，則，同理可得，，直線平面，則選項A正確；對于C選項，由題可知，，，所以四邊形為平行四邊形，則，所以與所成角即為異面直線與所成角，又點在線段上運動，可知是等邊三角形，所以直線與所成角的取值范圍是，則C選項正確；對于B選項，如圖綻開平面，使平面共面，過作，交與點，交與點，則此時最小，由題可知，，則，即的最小值為，則B選項錯誤；對于D選項，，當、、三點共面時，點的軌跡是以、為焦點的橢圓，又因為，所以橢圓的長軸長為，短軸長為，故點的軌跡是以，為焦點的橢球表面，設的中點為，要使三棱錐的體積最大，即到平面的距離最大，所以當平面，當平面，且時，三棱錐的體積最大，此時為等邊三角形，設其中心為，三棱錐的外接球的球心為，的外心，連接，，，則，，所以，即三棱錐體積最大時其外接球的表面積.故選：ACD.13.【答案】【詳解】邊長為2的正的面積為，即.由斜二測畫法的直觀圖與原圖形的關系可知：故答案為：14.【答案】【詳解】因，而，則，即，，所以的取值范圍是.15.【答案】或【詳解】設公切線與且于點，與曲線切于點，則有②又，∴．∵過點的直線的斜率為，∴．③由①②③消去整理得，解得或．當時，，直線與曲線的切點為，，此時切線方程為，即．當時，，直線與曲線的切點為，，此時切線方程為，即．故直線的方程為或．所以答案為或．16．【答案】15【詳解】由題記第一組數為:1,個數為1,和為1,最終一個數為第1項,;其次組數為:1,3,個數為2,和為,最終一個數為第1+2項,;第三組數為:1,3,9,個數為3,和為,最終一個數為第1+2+3項,;第四組數為:1,3,9,27,個數為4,和為,最終一個數為第1+2+3+4項,;;第組數為:1,3,9,27,,,個數為,和為,最終一個數為第項,,因為,所以,由62<Sn≤1600可知,從13起先計數,因為,第28項是第七組的最終一項,第七組的數為:1,3,9,27,,,所以,所以要滿意62<Sn≤1600,則,,故n的個數為個.17.【答案】(1)(2)【詳解】（1）由題知，，因為，所以，所以因為，所以數列是首項為1，公比為的等比數列，所以，所以.（2）由（1）得，所以

①，

②，由①②錯位相減得：，所以.18.【答案】（1）（2）【詳解】（1）法一：∵，由正弦定理得：，∴，∴，∵，∴，又∵，∴.法二：∵，由余弦定理得：，∴，∴，∵，∴.（2）由（1）知，，而四邊形內角互補，則，法一：設，則，由正弦定理得：，∴，，∴，當且僅當時，的最大值為.法二：在中，，，由余弦定理得：，∴，∴，當且僅當時，的最大值為.19.【答案】（1）證明見解析（2）60°【詳解】（1）由PB⊥平面ABC，面，所以PB⊥AC，因為∠BCA＝90°，即AC⊥BC；又PB∩BC＝B，面，所以AC⊥平面PBC，又平面PAC，所以面PAC⊥面PBC.（2）以C為原點，CA、CB所在直線為x，y軸建立空間直角坐標系，設BC＝m＞0，則，所以，由得：，由，∴，解得m，則，設面ABE的一個法向量為，則，取x＝1，則．取面ABC的一個法向量，故，所以，結合面面角的范圍易知：平面ABC與平面ABE所成角的大小為60°．20．(1)最小值為-1，最大值為2.(2)【詳解】（1）解：由函數，可得，因為，可得，解得，所以且，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；當，函數取得極大值；當，函數取得微小值，又由，所以函數在區(qū)間上的最小值為，最大值為.（2）解：由函數和，可得，因為函數在上有三個零點，即有三個實數根，等價于與的圖象有三個不同的交點，又由，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，所以當，函數取得微小值；當，函數取得微小值，又由當時，，當時，，要使得與的圖象有三個不同的交點，可得，即實數的取值范圍是.21．(1)，(2)【詳解】（1）因為為直角三角形，設，，又，所以.因為在直角中，，所以，.所以（其中）.當，即時，取到最大值，為，所以.（2）依題意，設，，，，則，則，，所以，當且僅當時等號成立.所以當時，對底邊AB視察的視線所張的角最大.因為，則，，可得，所以，平面平面AMD，平面平面，平面，所以平面AMD，由平面AMD，得.因為，，所以，所以.所以從M處視察P點時仰角的正切值為.22.【答案】（1）1;（2）;（3）見解析【詳解】解：（1）函數在上的零點的個數為1.理由如下：因為，所以.因為，所以.所以函數在上是單調遞增函數.因為，，依據函數零點存在性定理得函數在上的零點的個數為1；（2）因為不等式等價于，所以，，使得不等式成立，等價于，當時，，故在區(qū)