精品解析：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

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. 2. 已知数列满足，且，则的通项公式为（ ） A. B. C. D. 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. 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. 5. 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. 6. 若函数在上有3个零点，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左右焦点分别为，的三个顶点均在上，分别落在线段上且轴，若，则（ ）. A. B. C. D. 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 9. 设正实数m，n满足，则（ ） A. 的最小值为3 B. 的最大值为2 C. 的最大值为1 D. 的最小值为 10. 如图，已知斜三棱柱中，，，，，，点O是与的交点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 平面平面 11. 函数，关于x的方程，则下列正确的是（ ） A. 函数的值域为R B. 函数的单调减区间为 C. 当时，则方程有4个不相等的实数根 D. 若方程有3个不相等的实数根，则m的取值范围是 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_____. 13. 在棱长为的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__________． 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_____________. 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. 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. 17. 已知函数． （1）若，，求曲线在处的切线的方程； （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． 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． 19. 记数列中前项的最大值为，则数列称为的“最值数列”，由所有的值组成的集合为.设的“最值数列”的前项和为. （1）若，且中有3个元素，求的取值范围； （2）若数列都只有4项，为的“最值数列”，满足且存在，使得，求符合条件的数列的个数； （3）若，求中能被2整除且不能被4整除的个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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：C 2. 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：C 5. 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， 当时，，在上没有零点， 则在上应有3个零点，所以， 即，与联立得； 当时，在上有1个零点， 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. 已知椭圆的左右焦点分别为，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，如，则A错误； 对于B，在中，，反之，也成立，所以B正确； 对于C，当时，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：BD 9. 设正实数m，n满足，则（ ） A. 的最小值为3 B. 的最大值为2 C. 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：BC 10. 如图，已知斜三棱柱中，，，，，，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】A由空间向量加法结合图形可判断选项正误；B由A结合空间向量模长公式可判断选项正误；C验证是否为0可判断选项正误；D取BC中点为D，连接AD，判断是否为0，结合线面垂直的判定定理即可判断选项正误. 【详解】对于A，由图，，故A正确； 对于B，由A， ，故B正确； 对于C， ，则与BC不垂直，故C错误； 对于D，取BC中点为D，连接AD，则，又由图可得， 注意到, 则，又，平面， 则平面，又平面，则平面平面，故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R B. 函数的单调减区间为 C. 当时，则方程有4个不相等的实数根 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，在单调递增；当，在单调递减， 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. 在棱长为的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，点在上，满足， 则原问题等价于求解四边形的最大值. 作于点，当最大时，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；由裂项相消法可判断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，公差， 所以， ， 又， 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：，，，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理代入可出答案. 【小问1详解】 设右焦点， 直线与x轴的交点为， 所以椭圆C右焦点F的坐标为， 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：，，， 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，，求曲线在处的切线的方程； （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） 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增 （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，，在上单调递增； 当时，令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 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）证明：因为平面平面，且平面平面， 因为，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，且，平面； 所以平面； （2）； （3）存在，． 【解析】 【分析】（1）由面面垂直性质定理知平面；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，根据三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 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. 记数列中前项的最大值为，则数列称为的“最值数列”，由所有的值组成的集合为.设的“最值数列”的前项和为. （1）若，且中有3个元素，求的取值范围； （2）若数列都只有4项，为的“最值数列”，满足且存在，使得，求符合条件的数列的个数； （3）若，求中能被2整除且不能被4整除的个数. 【答案】（1） （2）20个 （3）个 【解析】 【分析】（1）根据中有3个元素结合数列单调性定义分类讨论可得，，从而可得参数的取值范围； （2）就可得中必有，就在数列中的不同位置分类讨论后可得的个数； （3）根据特殊角的三角函数结合可得其通项，从而求即可. 【小问1详解】 因为， 所以 当时，，当时， 故当时为增函数，时为减数列， 因为中有3个元素，所以，即， 所以，解得，所以的取值范围是. 【小问2详解】 若，则有1个， ①若且，则有3种可能，有3个， ②若且，则， 若，则，若的值可能是4或6， 若的值可能是2或4或6，符合条件的有6个， ③若均不为8，则， 的值可能分别为：， 符合条件有10个， ，综上得符合条件的有20个. 【小问3详解】 由题意得， 所以， 所以，能被4整除， ，不能被2整除， ， 能被2整除，不能被4整除， ，不能被2整除， 所以中能被2整除，但不能被4整除的有个. 【点睛】思路点睛：数列新定义问题，应该根据定义得到新数列的形成过程，将该过程与数列常见性质（如单调性等）结合在一起，另外数列的最值或诸项之间的大小关系往往和数列的单调性相关. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $