山东省威海市乳山市银滩高级中学2024-2025学年高三10月模块测试数学试题

2024-2025 学年度第一学期高三 10 月模块检测 数学试题 一､单项选择题：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  1,2,3,4,5,6U  ，  13,5A  , ，  1,2,3B  ，则  U A B ð （ ） A.  2,4,5,6 B.  4,6 C.  2,4,6 D.  2,5,6 2. 已知 0, 0m n  ，且 3m n  ，则 2 1m n   的最大值为（ ） A. 8 B. 2 3 C. 2 2 D. 5 7 2  3. 函数 )( ) (e ex xf x x   的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 一块扇形薄铁板的半径是 30，圆心角是120，把这块铁板截去一个半径为 15的小扇形后，剩余铁 板恰好可作为一个圆台的侧面，则该圆台的体积为（ ） A. 1750 2 π 9 B. 1750 π 9 C. 1750 2 π 3 D. 1750 2π 5. 设等比数列 na 的前 n项和为 nS ，则“数列 nS 为递增数列”是“ 3 2 1a a a  ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 函数 2 2 1, 2 ( ) 2, 2 x x f x x x          的最小值为（ ） A. 4 B. 2 C. 3 D. 5 7. 已知数列 na 满足： 1 1a  ，点  1, n nn a a  在函数 1y kx  的图象上，其中 k为常数  0k  ， 且 1 2 4, ,a a a 成等比数列，则 k的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 两个边长为 4的正三角形 ABCV 与 ABD△ ，沿公共边 AB折叠成60的二面角，若点 A，B，C，D在 同一球 O的球面上，则球 O的表面积为（ ） A． 80π 9 B． 208π 9 C． 64π 3 D． 112π 3 二､多项选择题：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 ,a b c R，则 2 2ac bc B. 若 2 2 , a b c c c  R ，则 a b C. 若 a b ，则 2 2a b D. 函数 2sin sin y x x   的最小值为 2 2 10. 用“五点法”作函数    sin φf x A x B   （ 0A  ， 0  ， π 2   ）在一个周期内的图象时，列表 计算了部分数据，下列有关函数  y f x 描述正确的是（ ） A．函数  f x 的最小正周期是 π B．函数  f x 的图象关于直线 π3x  对称 C．函数  f x 的图象关于点 5π,0 6       对称 D．函数  f x 与   π2cos 2 1 3 g x x        表示同一函数 11. 如图，正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 棱长为 2，P是直线 1AD上的一个动点，则下列结论中正确的是（ ） A． BP的最小值为 6 B． PA PC 的最小值为 2 2 2 C．三棱锥 1B ACP 的体积不变 D．以点 B为球心， 2为半径的球面与面 1AB C的交线长 2 6 π 3 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12. 已知集合 * 2{ 1 3 , { | (2 ) 2 0}| }A x x B x ax a x        N ，若“ x B ”是“ x A ”的充 分不必要条件，则实数 a的所有取值组成的集合是______. 13. 蜜蜂被举为“天才的建筑师”，蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材最少的结构.如图是一个蜂房 的立体模型，底面 ABCDEF是正六边形，棱 , , , , ,AG BH CI DJ EK FL均垂直于底面 ABCDEF，上 顶由三个全等的菱形 , ,PGHI PIJK PKLG构成， 109 28GPI IPK KPG          ，设 1BC  ， 则上顶的面积为______.（参考数据： 1cos , tan 2 3 2     ） 14. 已知函数   lnf x x x ，则  f x 的最小值为______；设函数    2g x x af x  ，若  g x 在  0,  上单调递增，则实数 a的取值范围是______. 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. 已知数列 na 满足  2 *1 12, 1n n na a a a n    N . （1）比较 2024 2026,a a 的大小，并写出过程； （2）设数列 1 na       的前 n项和为 nS ，证明： 1nS  . 16. 在 ABCV 中， 2AB  ，D为 AB中点， 2CD  . (1)若 2BC  ，求 AC的长； (2)若 2BAC BCD   ，求 AC的长. 17. 如图，在四棱锥 P ABCD 中，侧棱 PA 底面 ,ABCD AB BC ，且 2, 2, 5PA AB BC AD CD     . （1）证明： BD 平面 PAC ； （2）求平面 PBC 与平面PAD夹角的正弦值. 18. 设 nS 为等差数列 na 的前 n项和，其中 1 1a  ，且  1n n n S a n N a    ． (1)求常数的值，并写出 na 的通项公式； (2)记 2n n nb  ，数列 nb 的前 n项和为 nT ，若对任意的 n k ，k N ，都有 12 4n T n   ，求正整数 k的最 小值． 19. 设函数 ( ) ln( 1)( 0)f x x k x k    . （1）讨论 ( )f x 的单调区间. （2）已知直线 l是曲线 ( )y f x 在点 ( , ( ))( 2)t f t t  处的切线. （i）求直线 l的方程； （ii）判断直线 l是否经过点 (2,2) . 1 2024-2025 学年度第一学期高三 10 月模块检测 数学试题 参考答案 一､单项选择题： 1. A. 2. 【详解】由 0, 0m n  ， 3m n  ，得6 ( 2) ( 1) 2 ( 2)( 1)m n m n       ， 当且仅当 2 1 3m n    ，即 1, 2m n  时取等号， 因此 22 1 ( 2 1) 6 2 ( 2)( 1) 2 3m n m n m n            ， 所以 2 1m n   的最大值为 2 3 .故选：B 3. B 4. C 5. 【详解】令等比数列 na 的公比为 q，由 3 2 1a a a  ，得 1 1 12a a aq q  ，则 1 0,0 1a q   或 1 0, 1a q  ， 由数列 nS 为递增数列，得 1 1 0n n na S S    ，即 Nn   ， 1 0na q  ，因此 1 0, 0a q  ， 所以“数列 nS 为递增数列”是“ 3 2 1a a a  ”的既不充分也不必要条件.故选：D 6. B 7. 【详解】因为点  1, n nn a a  在函数 1y kx  的图象上， 所以 1 1n na a kn    1 1n nkna a    ， 所以 1 1a  ， 2 11k ka a    ， 3 22 1 1a k ka     ， 4 33 1 2k ka a    ， 因为 1 2 4, ,a a a 成等比数列，所以 2 1 2k k   2k  或 0k  （舍去）.故选：A 8. B【详解】取 AB的中点 E，连接 ,CE DE， 因为正三角形 ABCV 与 ABD△ 的边长为 4，所以DE⊥ AB，CE⊥ AB， 且 2 3DE CE  ， 故 CED 为二面角D AB C  的平面角， 60CED  ， 所以 CDE 是等边三角形， 取CE的中点 F ，连接DF，则DF⊥CE， 3CF  ， 3 3DF CF  ， 因为DE⊥ AB，CE⊥ AB，DE CE E  ， ,DE CE 平面CDE， 所以 AB⊥平面CDE， 因为DF 平面CDE，所以DF⊥ AB， 因为 AB CE E  ， ,AB CE 平面 ABC， 所以DF⊥平面 ABC， 取 ABCV 的中心G，则点G在CE上，且 2CG EG ，故 2 4 3 3 3 CG CE  ， 则球心O在G点正上方，连接 , ,DO OG OC，过点O作OK⊥DF于点K， 则 4 3 33 3 3 OK GF    ， 设 ,GO h DO CO R   ，则GO FK h  ， 由勾股定理得  22 2 2 1 3 3 DO OK DK h     ， 2 2 2 2 2 4 3 3 OC GO CG h            ， 故   2 2 21 4 33 3 3 h h            ，解得 2 3 h  ， 故外接球半径 22 2 2 4 3 52 3 3 9 R             ， 故球 O的表面积为 2 208π4π 9 R  .故选：B 二､多项选择题 9. BC. 10.【详解】根据表格可知 π π 2 3 2 π5π 3π 66 2                  ，且 1 2 B A    ，则   π2sin 2 1 6 f x x       ， 由正弦函数的周期性可知  f x 的最小正周期为 2π πT    ，故 A正确； 由已知结合正弦函数的对称性可知：  5π 5π π 3π2sin 2 1 2sin 1 1 6 6 6 2 x f x               ， 显然  f x 此时取得最小值，所以  f x 的图象不关于点 5π ,0 6       对称，故 C错误； 由已知结合正弦函数的对称性可知：  π π π π2sin 2 1 2sin 1 3 3 3 6 2 x f x              ，此时  f x 取得最大值， 所以  f x 的图象关于直线 π3x  对称，故 B正确； 由诱导公式可知    π π π2cos 2 1 2sin 2 1 3 3 2 g x x x f x                   ，故 D正确.故选：ABD 2 11. 【详解】对于 A，在 1BAD 中， 1 1 2 2AB BD AD   ，即 1BAD 是边长为 2 2 的等边三角形， BP 的最小值为 1BAD 的高， min 8 2 6BP    ，A正确； 对于 B，将 1AAD△ 与矩形 1 1A BCD沿 1AD翻折到一个平面内，如图所示， 则 PA PC 的最小值为 AC； 又 2AD CD  ， 1 π 4 ADA  ， 1 π 2 ADC  ， 在 ACD 中，由余弦定理得： 2 3π4 4 8cos 8 4 2 4 AC      ， 2 2 2AC   ，即  min 2 2 2PA PC   ，B错误； 对于 C， 1 1A B  平面 1 1ADD A， 1AD 平面 1 1ADD A， 1 1 1A B AD  ； 四边形 1 1ADD A为正方形， 1 1AD AD  ， 又 1 1 1 1A B AD A ， 1 1 1,AB AD 平面 1 1A BCD， 1AD 平面 1 1A BCD； 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 42 2 2 2 3 2 6 2 6 3B ACP A B CP B CP A B CD V V S AD S AD             ， 即三棱锥 1B ACP 的体积不变，C正确； 对于 D，设点 B到平面 1AB C的距离为 d， 1 1B AB C B ABC V V  ， 1 1 1 1 3 3AB C ABC S d S BB     ，即 1 3 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 d       ，解得： 2 3 3 d  ， 以点 B为球心， 2为半径的球面与平面 1AB C的交线是以 2 62 3 d  为半径的圆， 交线长为 6 2 62π π 3 3   ，D正确.故选：ACD. 三､填空题： 12. 【详解】依题意， {1,2}A  ， { | ( 2)( 1) 0}B x ax x    ，显然 B  ， 由“ x B ”是“ x A ”的充分不必要条件，得 B A， 当 0a  时， {1}B  ，符合题意，当 0a  时，方程 2 (2 ) 2 0ax a x    的根为1和 2 a ， 显然 2 2 a  ，否则 B A ，不符合题意，因此 2 1 a = ，解得 2a  ，此时 {1}B  ，符合题意， 所以实数 a的所有取值组成的集合是{0,2}.故答案为：{0,2} 13. 【详解】依题意，由 109 28GPI IPK KPG          ，得 109 28GHI      ， 在菱形 PGHI 中，连接GI并取其中点O，连接OH ，则 2 2 2 4tan 2 GOOH GO GI    = ， 由正六边形 ABCDEF的边长 1BC  ，得 2 sin 60 3AC AB  ， 由蜂巢结构特征知， AG CI ，又 ,AG CI 都垂直于平面 ABCDEF ，则 / /AG CI， 于是四边形 ACIG是平行四边形，有 = 3GI AC ，则 2 6= 4 4 OH GI ， 因此一个菱形的面积为 1 6 3 22 2 3 2 4 4GHI S GI OH     = ， 所以上顶的面积为 3 2 9 23 4 4  = .故答案为： 9 2 4 14. 【详解】由题可知   lnf x x x 定义域为  0,    ln 1f x x  显然，当 10, e x      时， ，  f x 单调递减；当 1 ,+ e x      时， ，  f x 单调递增；所以  f x 的最小值为 1 1 e e f        ； 由题可知，    2 2 lng x x af x x ax x    所以   2 lng x x a x a   由题可知   2 ln 0g x x a x a     恒成立， 当 0a  ，显然当 0x 时，  g x   ，故不成立； 当 0a  时，   2g x x  ，因为 ，所以   2 0g x x   ，故成立； 当 0a  时，由 2 ln 0x a x a   恒成立，得 2 1 ln x a x   恒成立， 即 max 2 1 ln x a x       不妨令   1 ln xh x x   ，所以   2 ln xh x x   所以显然当 时， ， 单调递增；当  1,+x  时， ， 单调递减； 所以    max 1 1h x h  ，即 2 1 0 2a a     综上所述：  0,2a 故答案为： 1 e  ； 3 四､解答题： 15. 【小问 1详解】 因为 2 1 1n n na a a       22 1 2 1 1 0n n n n na a a a a        ，所以 1n na a  . 若 1n na a  ，则 2 1 1n n n na a a a      1na  ，这与 1 2a  矛盾. 所以 1n na a  .故 2024 2026a a . 【小问 2详解】 由 2 1 1n n na a a      21 1 1n n n n na a a a a      ， 所以  1 1 1 1 1 1 1 1n n n n na a a a a        1 1 1 1 1 1n n na a a      . 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n i ii i i S a a a             1 1 1 1 1 11 1 1 1n na a a         . 由（1）可知： 1 2na   ，所以 1nS  . 16. 【详解】（1）在 BDC 中， 2 2 2 1 2 2 2cos 2 42 1 2 BD CD BCBDC BD CD            ， 则 2cos cos 4 ADC BDC      ， 在 ADC△ 中， 2 2 2 2 cosAC AD CD AD CD ADC      1 2 2 2 2 4 ( ) 4     ， 所以 2AC  . （2）设 ,AC x BC y  ， 在 ADC△ 和 BDC 中，由正弦定理得， 2 1, sin sin sin sin x y BAC ADC BCD BDC       ， 又 sin sinADC BDC   ，得 sin 2 sin BAC y BCD x    ， 在 BDC 中， 2 2 1cos 2 2 yBCD y     ， 由 2BAC BCD   ，有 sin 2sin cosBAC BCD BCD    ， 所以 22 2 12 2 2 y y x y     ，整理得：  2 22 1y x y  ，① 又由 2 21 2 1 2cos cos , 2 2 2 2 x yADC BDC           ，整理得： 2 2 6x y  ，② 联立①②得， 3 22 7 12 0x x x    ，即    23 4 0x x x    .， 解得 3x  或 1 17 2 x   ， 又 2 1 2 1x    ，故 1 17 2 x   ， 所以 1 17 2 AC   . 17. 【小问 1详解】 记 AC BD O ，如图. 因为 ,AB BC AD CD  ， BD BD ，所以 ABD CBD  ， 所以 ADO CDO   ， 由等腰三角形三线合一知 90AOD COD     ，即 AC BD ， 又 PA 底面 ,ABCD BD  平面 ABCD，所以PA BD ， 因为 AC PA A  ，且 AC 平面 ,PAC PA 平面 PAC ， 所以 BD 平面 PAC . 【小问 2详解】 取 PC的中点M ，连接OM ，则 / /OM PA，所以OM 平面 ABCD， 所以 , ,OC OD OM 三条直线两两互相垂直， 以 , ,OC OD OM 所在的直线分别为 x， y ， z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 由题意及（1）知 1, 2OA OD  ， 则 ( 1,0,0), (0, 1,0), (1,0,0), (0, 2,0), ( 1,0, 2)A B C D P   ， 所以 (1, 2, 2), (1, 2,0), (1, 1, 2), (1,1,0)PD AD PB BC           ， 设平面 PAD的法向量为  1 1 1, ,m x y z  ， 同理设平面 PBC 的法向量为  2 2 2, ,n x y z  ， 则 2 2 2 2 2 2 0 0 n PB x y z n BC x y              ，可取 (1, 1,1)n    . 所以 3 15cos , 55 3 m nm n m n              ， 所以平面 PBC 与平面 PAD夹角的余弦值为 15 5 ， 所以平面 PBC 与平面 PAD夹角的正弦值为 10 5 . 4 18. 【详解】（1）解：由 1 1a  ，且  1n n n S a n N a    ， 令 1n  ，可得 1 2 1 S a a  ，解得 2 1a   ； 当 2n  ，可得 2 1 2 3 2 2 S a a a a a   ，解得 3 11a    ， 因为数列 na 为等差数列，可得 2 11 1      ，解得 1 2   ， 所以 2 2a  ，所以 2 1 1d a a   ， 所以数列 na 的通项公式为 1 ( 1) 1na n n     . （2）解：由（1）知 na n ，所以 1( ) 2 2 n n n nb n   ， 则 2 3 11 1 1 1 11 2 ( ) 3 ( ) ( 1) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 n n nT n n             ， 可得 2 3 4 11 1 1 1 1 11 ( ) 2 ( ) 3 ( ) ( 1) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 n n nT n n             ， 两式相减可得 2 3 11 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 n n nT n        1 1 1[1 ( ) ] 12 2 ( )1 21 2 n nn       111 ( 2) ( ) 2 nn     ， 所以 12 ( 2) ( ) 2 n nT n    要使得 12 4n T n   ，即 2 1 2 4n n n   ，即 2 ( 2) 1 2n n n    ， 令 2 ( 2) 2n n n nc    ，可得 1 1 ( 1)( 3) 2n n n nc      ， 则 2 1 1 2 1 ( 1)( 3) ( 2) 3 2 2 2n n n n n n n n n nc c             ， 当 1n  时， 2 1c c ； 当 2n  时， 1 0n nc c   ，即 1n nc c  ， 即 1 2 3 8 9 7 15 80 9(2 9)6, 8, , , 1, 1 2 64 2 c c c c c        ， 所以当 9n  时，恒有 1nc  ， 故存在 min 9k  时，对于任意 n k 时，都有 12 4n T n   成立 19.【小问 1详解】 函数 ( ) ln( 1)f x x k x   的定义域为 (1, ) ，求导得 (1 )( ) 1 1 1 k x kf x x x        ， 当 0k  时，1 1k  ，由 ( ) 0f x  ，得1 1x k   ；由 ( ) 0f x  ，得 1x k  ， 函数 ( )f x 在 (1,1 )k 上单调递减，在 (1 , )k  上单调递增， 当 0k  时，1 1k  ，则恒有 ( ) 0f x  ，函数 ( )f x 在 (1, ) 上单调递增， 所以当 0k  时，函数 ( )f x 的单调递减区间是 (1,1 )k ，单调递增区间是 (1 , )k  ； 当 0k  时，函数 ( )f x 的单调递增区间是 (1, ) ，无递减区间. 【小问 2详解】 （i）由（1）知， ( ) 1 1 kf t t     ，而 ( ) ln( 1)f t t k t   ， 则直线 l的方程为 ln( 1)] (1 ) ) 1 [ (y kt k t x t t       ，即 (1 ) ln( 1) 1 1 k kty x k t t t        . （ii）由（i）知，直线 l的方程为 (1 ) ln( 1) 1 1 k kty x k t t t        ， 当 2x  时， 22(1 ) ln( 1) 2 [ ln( 1)] 1 1 1 k kt ty k t k t t t t              ， 令 2 1( ) ln( 1) 1 ln( 1) 1 1 tg t t t t t           ，而 2t  ， 求导得 2 2 1 1 2( ) 0 ( 1) 1 ( 1) tg t t t t          ，函数 ( )g t 在 (2, ) 上单调递增， 因此 ( ) (2) 0g t g  ，即 2t  ， ( ) 0g t  ，而 0k  ，于是 22 [ ln( 1)] 2 1 tk t t       ， 所以直线 l不经过点 (2,2) .