精品解析：河南省许昌市许昌高级中学2025届高三上学期10月检测数学试题

2024-2025学年高三上学期10月检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上. 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，将答案写在答题卡的相应位置上.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（共8小题，每小题5分，共40分，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，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，若方程在区间上恰有3个实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 在正四棱锥中，．用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：与时间（单位：h）之间的关系式为，其中为初始污染物含量，均为正的常数，已知过滤前后废气的体积相等，且在前4h过滤掉了的污染物．如果废气中污染物的含量不超过时达到排放标准，那么该工厂产生的废气要达到排放标准，至少需要过滤的时间为（ ） A. 4h B. 6h C. 8h D. 12h 5. 两圆锥母线长均为3，体积分别为，侧面展开图面积分别记为，且，侧面展开图圆心角满足，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知角，的顶点均为坐标原点，始边均为x轴正半轴，终边分别过点，，则（ ） A. 或 B. 3或 C. D. 7. 已知动点在抛物线上，点，为坐标原点，若，且直线与的外接圆相切，则（ ） A. B. 或 C. 或 D. 2或 8. 0和1是计算机中最基本的数字，被称为二进制数字．若数列满足：所有项均是0或1，当且仅当（其中为正整数）时，，其余项为0．则满足的最小的正整数（ ） A. 50 B. 51 C. 52 D. 53 二．多选题（共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分.） 9. “曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出的．如图是抽象的城市路网，其中线段是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用表示，又称“曼哈顿距离”，即，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若，则．在平面直角坐标系中，我们把到两定点的“曼哈顿距离”之和为常数的点的轨迹叫“新椭圆”．设“新椭圆”上任意一点设为，则（ ） A. 已知点，则 B. “新椭圆”关于轴，轴，原点对称 C. 的最大值为 D. “新椭圆”围成的面积为 10. 已知数列满足对任意，，都有，且，（）的所有不同的值按照从小到大构成数列，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 中任意3项不成等差数列 D. 的前15项的和为402 11. 定义函数的曲率函数（是的导函数），函数在处的曲率半径为该点处曲率的倒数，曲率半径是函数图象在该点处曲率圆的半径，则下列说法正确的是（ ） A. 若曲线在各点处的曲率均不为0，则曲率越大，曲率圆越小 B. 函数在处的曲率半径为1 C. 若圆为函数的一个曲率圆，则圆半径的最小值为2 D. 若曲线在处的弯曲程度相同，则 三．填空题（共3小题，每题5分，共15分.） 12. 已知a、b、c分别为的三个内角A、B、C的对边，，且，则面积的最大值为______． 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为2，过点的直线交的左支于两点.（为坐标原点），记点到直线的距离为，则__________. 14. 一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6.现随机地将骰子抛掷三次（各次抛掷结果相互独立），其向上的点数依次为，则事件“”发生的概率为_____. 四．解答题（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. 如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，⊥平面，为上一点，且⊥，连接. （1）证明:⊥平面 ； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 16. 甲乙两家公司要进行公开招聘，招聘分为笔试和面试，通过笔试后才能进入面试环节．已知甲、乙两家公司的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若小明报考甲公司，每门科目通过的概率均为；报考乙公司，每门科目通过的概率依次为，，其中． （1）若，分别求出小明报考甲、乙两公司在笔试环节恰好通过一门科目的概率； （2）招聘规则要求每人只能报考一家公司，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作决策，当小明更希望通过乙公司的笔试时，求的取值范围． 17. 已知双曲线的左、右焦点分别为的一条渐近线方程为，过且与轴垂直的直线与交于两点，且的周长为16. （1）求的方程； （2）过作直线与交于两点，若，求直线的斜率． 18. 甲、乙两个口袋都装有3个小球（1个黑球和2个白球）.现从甲、乙口袋中各取1个小球交换放入另外一个口袋（即甲口袋中的小球放入乙口袋，乙口袋中的小球放入甲口袋），交换小球次后，甲口袋中恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为. （1）求，； （2）求，； （3）求数列的通项公式，并证明. 19. 已知函数在点处的切线经过原点. （1）求t的值； （2）若存在，使得，求证：； （3）证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年高三上学期10月检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上. 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，将答案写在答题卡的相应位置上.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（共8小题，每小题5分，共40分，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，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，可求得，则得，从而可求解. 【详解】由题意可知，只需，解得，故C正确. 故选：C. 2. 已知函数，若方程在区间上恰有3个实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助正切型函数的图象性质计算即可得. 【详解】当时，， 则由题意可得在上有3个实数根， 即可得， 解得，即的取值范围是. 故选：C. 3. 在正四棱锥中，．用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可知，几何体为正四棱台，求出正四棱台高，再由台体的体积公式即可得出答案. 【详解】设正四棱锥的侧棱长为， 连接与交于点，连接，则平面， 因为，所以， 因为，所以在中，， 解得：，所以， 又因为用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体， 则几何体为正四棱台， 连接交于点，所以为的中点， 所以，所以几何体的体积为： . 故选：C. 4. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：与时间（单位：h）之间的关系式为，其中为初始污染物含量，均为正的常数，已知过滤前后废气的体积相等，且在前4h过滤掉了的污染物．如果废气中污染物的含量不超过时达到排放标准，那么该工厂产生的废气要达到排放标准，至少需要过滤的时间为（ ） A. 4h B. 6h C. 8h D. 12h 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件求出值，再由废气中的污染物含量不超过的列出不等式求解即得. 【详解】依题意得，当时，， 当时，，则， 可得，即，所以， 当时，解得， 故至少需要过滤8h才能达到排放标准． 故选：C. 5. 两圆锥母线长均为3，体积分别为，侧面展开图面积分别记为，且，侧面展开图圆心角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆锥侧面积公式推得，再由侧面展开图的圆心角公式推得，由此得到两圆锥高分别为与，从而求得两圆锥体积的比值. 【详解】依题意，不妨设甲圆锥的底面半径为，高为，乙圆锥底面半径为，高为， 则，， 由得， 故，因为侧面展开图的圆心角之和为， 所以， 故，所以，， 所以. 故选：B. 6. 已知角，的顶点均为坐标原点，始边均为x轴正半轴，终边分别过点，，则（ ） A. 或 B. 3或 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由三角函数的定义求得，根据角终边经过的点和正切值的范围，缩小的范围，利用和角公式和倍角公式，求得的值并检验即得. 【详解】依题意，，由，可得 由可得则（*）， 因，不妨设，则有，解得或， 由（*）知是第二或第四象限角，故. 故选：C. 7. 已知动点在抛物线上，点，为坐标原点，若，且直线与的外接圆相切，则（ ） A. B. 或 C. 或 D. 2或 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理求得△外接圆半径，结合几何关系求得外接圆圆心，再根据直线和圆相切则圆心到直线的距离等于半径，列出方程，即可求得. 【详解】由抛物线方程，设圆心，半径为，显然； 因为，，故； 在中，由正弦定理得，解得； 则； 又圆与直线相切，故圆心到直线的距离， 当时，则圆心到直线的距离，解得； 当时，则圆心到直线的距离，解得或（舍）， 综上或. 故选：C． 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是熟练掌握正弦定理，直线与圆的位置关系的转化，属综合中档题. 8. 0和1是计算机中最基本的数字，被称为二进制数字．若数列满足：所有项均是0或1，当且仅当（其中为正整数）时，，其余项为0．则满足的最小的正整数（ ） A. 50 B. 51 C. 52 D. 53 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，则，根据即可求解. 【详解】由题意知，， 且， 即， 当时，， 由于，所以满足的的最小值为51， 故选：B． 二．多选题（共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分.） 9. “曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出的．如图是抽象的城市路网，其中线段是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用表示，又称“曼哈顿距离”，即，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若，则．在平面直角坐标系中，我们把到两定点的“曼哈顿距离”之和为常数的点的轨迹叫“新椭圆”．设“新椭圆”上任意一点设为，则（ ） A. 已知点，则 B. “新椭圆”关于轴，轴，原点对称 C. 的最大值为 D. “新椭圆”围成的面积为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据曼哈顿两点间距离公式，可判定A错误；根据“新椭圆”的定义，求得其方程，画出“新椭圆”的图象，结合图象，可判定B、C正确；根据“新椭圆”的图象，结合三角形和矩形的面积公式，可判定D错误. 【详解】对于A中，因为，可得，所以A不正确； 对于B中，设“新椭圆”上任意一点为， 根据“新椭圆”的定义，可得，即， 当时，可得；当时，可得； 当时，可得；当时，可得； 当时，可得；当时，可得， 当时，可得；当时，可得； 当时，可得， 作出“新椭圆”的图象，如图所示， 可得“新椭圆”关于轴，轴，原点对称，所以B正确； 对于C中，由“新椭圆”的图象，可得的最大值为，所以C正确； 对于D中，设“新椭圆”的图象，围成的六边形为， 联立方程组，解得，所以，则， 根据“新椭圆”的对称性，可得： “新椭圆”围成的面积为 ，所以D错误. 故选：BC. 10. 已知数列满足对任意，，都有，且，（）的所有不同的值按照从小到大构成数列，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 中任意3项不成等差数列 D. 的前15项的和为402 【答案】ACD 【解析】 【分析】令，，据题意，可知是首项为2，公比为2的等比数列，对于A，代入通项公式即可；对于BD，列举数列的前几项即可验证；对于C，假设成等差数列，由通项公式可得，方程两边同时除以，得，偶数=奇数，出现矛盾，即可判断. 【详解】由题意，因为对任意，，都有， 令，，则， 因为，所以， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 所以， 对于A，，， 故，A正确； 对于B，由题意，数列的前5项为：2，4，6，8，12， 所以，B错误； 对于C，假设成等差数列，不妨设， 因为，所以，即， 方程两边同时除以，得 ， 由于方程左边为偶数，右边为奇数，故上式不成立，故C正确； 对于D，由题意，数列的前15项为： 2，4，6，8，12，14，16，24，28，30，32，48，56，60，62， 所以的前15项的和为： ，故D正确； 故选：ACD 11. 定义函数的曲率函数（是的导函数），函数在处的曲率半径为该点处曲率的倒数，曲率半径是函数图象在该点处曲率圆的半径，则下列说法正确的是（ ） A. 若曲线在各点处的曲率均不为0，则曲率越大，曲率圆越小 B. 函数在处的曲率半径为1 C. 若圆为函数的一个曲率圆，则圆半径的最小值为2 D. 若曲线在处的弯曲程度相同，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】直接根据倒数的性质即知A正确；直接根据曲率半径的定义计算函数在处的曲率，再取倒数得到曲率半径即可判断B正确；使用三元均值不等式可以证明函数的曲率圆的半径一定大于2，从而C错误；设，，然后将条件转化为关于的等式，再使用基本不等式进行处理，即可证明D正确. 【详解】对于A，若曲线在各点处的曲率均不为0，显然，由知， 由于曲线在处的曲率为，曲率圆的半径为， 所以曲率圆的半径等于曲率的倒数. 而曲率大于0，所以曲率越大，曲率圆越小，A正确； 对于B，若，直接计算知，所以， 从而函数在处的曲率为1，从而函数在处的曲率半径为1的倒数，即1，B正确； 对于C，若，直接计算知，这里. 所以处的曲率圆半径， 从而我们有， 所以圆的半径一定大于2，不可能以2为最小值，C错误； 对于D，若，在C选项的过程中已经计算得知， 现在如果曲线在处的弯曲程度相同，则，故， 所以，即. 设，，则，，，将两边展开， 得到，从而. 故，而， 故，这意味着，从而. 定义函数，则，由于，函数在上递增， 故，所以，D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：在适当的时候使用均值不等式是解决本题C，D选项的关键. 三．填空题（共3小题，每题5分，共15分.） 12. 已知a、b、c分别为的三个内角A、B、C的对边，，且，则面积的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出角的大小，由，考虑余弦定理建立的方程，再由基本不等式求的最大值. 【详解】解析：因为， 根据正弦定理可知，即， 由余弦定理可知，又，故， 又因为，所以， （当且仅当时取等号），即 所以，即面积的最大值为， 故答案为：. 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为2，过点的直线交的左支于两点.（为坐标原点），记点到直线的距离为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，作出图形，结合三角形中位线性质可得，再利用双曲线定义及勾股定理求解即得. 【详解】令双曲线的半焦距为，由离心率为2，得， 取的中点，连接，由，得，则， 连接，由为的中点，得，，， 因此，即，整理得， 而，所以. 故答案为： 14. 一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6.现随机地将骰子抛掷三次（各次抛掷结果相互独立），其向上的点数依次为，则事件“”发生的概率为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】先计算事件总数，因为，得到，然后看不同的大小组合，最后排序计算符合条件的总数，然后计算概率即可. 【详解】所有投掷结果共有种，； 由 可得 所以 我们不妨设，则，还有一个数为 显然， 当时，三个数为，对应有种方法； 当时，三个数为，对应有种方法； 当时，三个数为，对应有种方法； 当时，三个数为，对应有种方法； 所以一共有种； 故事件“”发生的概率为 故答案为： 四．解答题（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. 如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，⊥平面，为上一点，且⊥，连接. （1）证明:⊥平面 ； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 因为⊥平面，平面， 所以⊥.又⊥，且，平面， 所以⊥平面. 因为，所以⊥平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到⊥，又⊥，从而得到线面垂直，根据得到答案； （2）作出辅助线，求出各边长，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用法向量夹角余弦公式进行求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 作⊥，垂足为.则，又， 所以四边形是平行四边形，又⊥， 所以四边形是矩形，又四边形为等腰梯形， 且，，所以. 由（1）知⊥平面，又平面，所以⊥. 又，所以，在Rt中，. 在Rt中，. 以B为原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴， 建立如图所示空间直角坐标系. 则， 所以，，，， 设平面的法向量为， 由，得， 解得，令，则，故， 设平面的法向量为， 由，得， 令得，， 可得， 因此. 故平面ABF与平面DBE的夹角的余弦值为. 16. 甲乙两家公司要进行公开招聘，招聘分为笔试和面试，通过笔试后才能进入面试环节．已知甲、乙两家公司的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若小明报考甲公司，每门科目通过的概率均为；报考乙公司，每门科目通过的概率依次为，，其中． （1）若，分别求出小明报考甲、乙两公司在笔试环节恰好通过一门科目的概率； （2）招聘规则要求每人只能报考一家公司，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作决策，当小明更希望通过乙公司的笔试时，求的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件同时发生的概率公式即可求得小明报考甲、乙两公司在笔试环节恰好通过一门科目的概率； （2）分别求得小明报考甲、乙两公司通过科目数的数学期望，列出关于的不等式，进而求得的取值范围． 【小问1详解】 设小明报考甲公司恰好通过一门笔试科目为事件A， 小明报考乙公司恰好通过一门笔试科目为事件， 根据题意可得， . 【小问2详解】 设小明报考甲公司通过的科目数为X，报考乙公司通过的科目数为， 根据题意可知，，则， ， ， ， ， 则随机变量的分布列为 Y 0 1 2 3 P ， 若，则， 故，即的取值范围是 17. 已知双曲线的左、右焦点分别为的一条渐近线方程为，过且与轴垂直的直线与交于两点，且的周长为16. （1）求的方程； （2）过作直线与交于两点，若，求直线的斜率． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）将代入曲线E得，故得，从而结合双曲线定义以及题意得，解出即可得解. （2）由题意得直线的斜率存在且不为0，设，接着与曲线E联立方程结合韦达定理求得和，由得，与韦达定理结合即可求出，进而即可得直线的斜率. 【小问1详解】 将代入，得， 所以，所以， 所以由题得，， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，显然当直线的斜率不存在或的斜率为0时，不成立， 故直线的斜率存在，且不为0，设，，， 联立， 则，且即， ， 又，所以，所以， 所以由得，解得，故， 故直线的斜率为或. 18. 甲、乙两个口袋都装有3个小球（1个黑球和2个白球）.现从甲、乙口袋中各取1个小球交换放入另外一个口袋（即甲口袋中的小球放入乙口袋，乙口袋中的小球放入甲口袋），交换小球次后，甲口袋中恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为. （1）求，； （2）求，； （3）求数列的通项公式，并证明. 【答案】（1）， （2）， （3），证明如下： 第次换球后，甲口袋中的黑球个数为1的情形有： ①若第次换球后甲口袋中有2个黑球，则第次甲口袋取黑球且乙口袋取白球； ②若第次换球后甲口袋中有1个黑球，则第次甲、乙口袋同取黑球或同取白球； ③若第次换球后甲口袋中有0个黑球，则第次甲口袋取白球且乙口袋取黑球. 所以. 设， 则，则，得. 又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列 所以，即 所以 . 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率及互斥事件的概率公式计算即可； （2）根据条件概率与全概率公式计算即可； （3）讨论第次换球后甲口袋中黑球的个数为1的情况下的三种情形，构造等比数列计算通项公式，再由等比数列求和公式结合指数函数的性质证明即可. 【小问1详解】 第1次换球后甲口袋中有2个黑球，即从甲口袋取出的为白球且从乙口袋取出的为黑球，则. 第1次换球后甲口袋中有1个黑球，即从甲、乙口袋取出的同为白球或同为黑球，得. 【小问2详解】 若第2次换球后甲口袋中有2个黑球， 则当第1次换球后甲口袋中有1个黑球时，第2次甲口袋取白球且乙口袋取黑球， 当第1次换球后甲口袋中有2个黑球时，第2次甲、乙口袋同取白球， 所以. 若第2次换球后甲口袋中有1个黑球， 则当第1次换球后甲口袋中有0个黑球时，第2次甲口袋取白球且乙口袋取黑球， 当第1次换球后甲口袋中有1个黑球时，第2次甲、乙口袋同取白球或同取黑球， 当第1次换球后甲口袋中有2个黑球时，第2次甲口袋取黑球且乙口袋取白球， 所以. 【小问3详解】 ，证明略. 【点睛】思路点睛：根据条件概率与全概率公式得出第n次换球后甲袋1个黑球的第次换球后甲袋中黑球个数的情形得出的关系式，结合等比数列的求和公式计算即可. 19. 已知函数在点处的切线经过原点. （1）求t的值； （2）若存在，使得，求证：； （3）证明： 【答案】（1）1 （2）证明：因为，所以， 令，解得； 令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 因为，， 所以存在，，且， 要证，即证， 因为，只需证， 因为，即证 令， 即， 所以 因为，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以，即， 所以； （3）证明：要证，即证， 即证， 因为，所以只需证 令，只需证 由， 因为，， 令，；令，， 所以在处取得极大值，也是最大值， 所以， 所以，即原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用导数研究函数单调性，利用单调性可证不等式； （3）由题意只需证，令，利用导数研究在处取得极大值，也是最大值，可得，可证不等式. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，所以切线方程为，即 因为切线经过原点，所以， 所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $