石家庄市第一中学2025届高三上学期10月月考数学试卷(含答案)

这是一份石家庄市第一中学2025届高三上学期10月月考数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合,集合,则( )
A.B.C.D.
2．若,则( )
A.B.C.D.
3．已知,是单位向量,,则与的夹角为( )
A.B.C.D.
4．艳阳高照的夏天,“小神童”是孩子们喜爱的冰淇淋之一.一个“小神童”近似为一个圆锥,若该圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍,圆锥的母线长为,则该圆锥的体积为( )
A.B.C.D.
5．已知数列,均为等差数列,其前n项和分别为,,满足,则( )
A.2B.3C.5D.6
6．已知双曲线,圆与圆的公共弦所在的直线是C的一条渐近线,则C的离心率为( )
A.B.2C.D.
7．已知函数,若,,则的最小值为( )
A.3B.1C.D.
8．已知函数有三个零点,则t的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．下列说法正确的是( )
A.随机变量,且,则
B.随机变量Y服从两点分布,且,则
C.对a,b两个变量进行相关性检验,得到相关系数为,对m,n两个变量进行相关性检验,得到相关系数为0.8278,则a与b负相关,m与n正相关,其中m与n的相关性更强
D.在的展开式中,偶数项系数的二项式系数和为32
10．已知定义在R上的连续函数满足,,,,当时,恒成立,则下列说法正确的是( )
A.B.是偶函数
C.D.的图象关于对称
11．已知在正方体中,,点M为的中点,点P为正方形内一点（包含边界）,且平面,球O为正方体的内切球,下列说法正确的是( )
A.球O的体积为
B.点P的轨迹长度为
C.异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为
D.三棱锥外接球与球O内切
三、填空题
12．如图,一只蚂蚁位于点M处,去搬运位于N处的糖块,的最短路线有____________条.
13．函数,若实数满足,则m的取值范围为_____________.
14．已知抛物线的焦点为F,点M（异于原点O）在抛物线上,过M作C的切线l,,垂足为N,直线MF与直线ON交于点A,点,则的最小值是__________.
四、解答题
15．在锐角中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,.
(1)求B;
(2)若,求的面积S取值范围.
16．如图,在三棱柱中,四边形是矩形,,,.
(1)求证：平面;
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
17．已知焦距为的椭圆的右焦点为F,右顶点为A,过F作直线l与椭圆C交于B、D两点（异于点A）,当轴时,.
(1)求椭圆C的方程;
(2)证明：是钝角.
18．已知函数的最小值是,.
(1)求a的值;
(2)当时,恒成立,求整数k的最大值.
19．若数集中任意两个元素和的和或差,至少有一个属于该数集,我们就将这种数集称为“T数集”.
(1)判断数集是否为“T数集”;
(2)已知数集是“T数集”,证明：
①;
②.
(3)已知数集是“T数集”,现给数集A添加个元素：,,,若数集A仍是“T数集”,证明：.
参考答案
1．答案：D
解析：由题可知,,所以,
故选：D.
2．答案：A
解析：因为,所以.
故选：A.
3．答案：A
解析：,故.
,设与的夹角为,
则,又,故,
故选：A.
4．答案：C
解析：设圆锥的底面圆的半径为r,则底面圆的面积为,
侧面面积为,由题意知,
所以,解得,
因此该圆锥的高,
故该圆锥的体积.
故选：C.
5．答案：A
解析：因为数列均为等差数列,可得,
且,又由,可得.
因此.
故选：A.
6．答案：C
解析：因为,,所以两圆方程相减可得,
由题意知C的一条渐近线为,即,
双曲线C的离心率.
故选：C.
7．答案：C
解析：因为,所以,
则或,
又,,
当是函数的一个对称中心时,,
若,则,
所以,则,又,
所以当时;
若,则,
所以,,则,又,
所以当时;
当不是函数的一个对称中心时,因为,
即,
所以,
所以,又,
所以当时,
综上所述：.
故选：C.
8．答案：D
解析：函数有三个零点,
则有方程在上有三个不等的实数根,显然不符合要求,
令,问题等价于在上有三个不等的实数根,
函数,则的定义域为,有三个零点,
,
设,其中,
①当,即时,在上单调递增,有,所以,单调递增,不合题意;
②当,且,即时,,所以,单调递增,不合题意;
③当,且,即时,设的两根为,,
解得,,
,解得或,,解得,
在和上单调递增,在上单调递减,
因为,所以,,
构造函数,则有,
当时,单调递增;当时,单调递减,
有,所以,即.
取,,
（其中,所以,即）,
取,,
（其中,所以,即,
所以在上存在唯一零点,即在上存在唯一零点,
在上存在唯一零点,即在上存在唯一零点,且,
所以时,有三个零点,此时,
即时,函数有三个零点.
故选：D.
9．答案：ABD
解析：对于A,由题意得,,,,
则,故A正确;
对于B,因为两点分布的,
所以,
所以,故B正确;
对于C,因为,,且,
所以a与b负相关,m与n正相关,且a与b的相关性更强,故C错误;
对于D,由的展开式知,取,得,
取,得,
两式相减可得,,所以,
所以的展开式中偶数项的二项式系数和为32,故D正确.
故选：ABD.
10．答案：BCD
解析：因为,,,
令可得,解得或,
又当时,恒成立,所以,故A错误;
令,,则,即,
所以为偶函数,故B正确;
令,,则,所以,
令,,则,所以,故C正确;
令可得,
令,可得,又,
所以,即,
所以,
所以的图象关于对称,故D正确.
故选：BCD.
11．答案：ACD
解析：由题意知球O的半径为1,故其体积为,故A选项正确;
取的中点为N,
连结,,易知,平面,平面,
故平面,
连接MN,,,即四边形为平行四边形,
则,平面,平面,所以平面.
又因为,,平面,
故平面平面,平面平面,结合平面,
故点P的轨迹为线段,故B选项错误;
因为,故异面直线与BP所成角等于或其补角,
当P位于N点时,得取得最小,;
当P位于点时,取得最大,,故选项正确;
由正方体几何性质易知,
故BM为三棱锥外接球的直径,取为BM的中点,
即为三棱锥外接球的球心,由题意知O为的中点,
故,
因为球O的半径为,球的半径为,,
故三棱锥外接球与球O内切,D正确
故选：ACD.
12．答案：150
解析：由题可知,的最短路线必经过A,B两点,
则的最短路线有种,的最短路线有种;
的最短路线有种,的最短路线有种;
因为的最短路线有和,
所以的最短路线有种,
故答案为：150.
13．答案：
解析：由,得到,
因为,
所以,
因为,得到,
所以,
当且仅当,即时取等号,
又,当且仅当,即时取等号,
所以,当且仅当时取等号,所以在定义域上单调递增,
又,所以,
由,得到,
所以,解得,
故答案为：.
14．答案：
解析：如图：
因为点M在抛物线上,且不与原点重合,可设.
则过M点的切线方程为：,即.
因为直线与直线l垂直,所以直线的方程为：.
当时,因为F点坐标为,直线的方程为：.
由得.
设.
当时,直线,直线,此时;
当时,直线,直线,此时.
点,都在圆上.
所以点A的轨迹为圆.
又,所以.
故的最小值为：.
故答案为：.
15．答案：(1)
(2)
解析：(1)由,
由正弦定理,可得,
因为C为三角形内角,所以,所以,
得,
因为,所以,所以.
(2),故,
,
所以
,
因为,所以,
, ,
,
故的面积S的取值范围为.
16．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)证明：在平行四边形中,因为,
所以四边形为菱形,故,
又因为,故为等边三角形,
故.
在中,,,,
所以,故
又因为,,,平面,
所以平面,
因为平面,因此.
又因为,平面,
所以平面;
(2)取的中点M,连结BM,因为为等边三角形,
所以,
因为,所以,
因为平面,,平面,
所以,,
故,,两两垂直,
所以以B为原点,,,,所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则,,,,,,
,,,,
设平面的法向量为,
则, 令,得;
设平面的法向量为,
则, 令,得.
设平面与平面所成角为,
则.
17．答案：(1)
(2)证明见解析
解析：(1)由题意：,
所以椭圆C的方程为：.
(2)如图：

因为B、D两点异于点A,故直线l斜率不为0.
设直线,
由.
设,,则,.
所以
,
所以为钝角或平角（舍去）.
故为钝角.
18．答案：(1)2
(2)2
解析：(1)因为,所以.
由;由.
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以.
由.
(2)设,
则问题转化为在上的最小值大于0.
因为,.
当时,在上恒成立,所以在上单调递增,又,所以在上恒成立;
当时,由;由.
所以在上单调递减,在上单调递增.
所以.
设,则在上恒成立.
所以在上单调递减.
又,.
由k为整数,所以k的最大值为2.
19．答案：(1)数集M不是“T数集”.
(2)①证明见解析;
②证明见解析;
(3)证明见解析
解析：(1)取,,所以此时,,
所以数集不是为“T数集”.
(2)①由题可知,当时,此时有,所以,
又因为,,故;
②令,,显然,故,
因为,共n项均属于数集A,
又因为共n项均属于数集A,
所以有,,,,,
所以可以得到,
利用倒序相加可知,
故,证毕.
(3)有(2)可知时,,可得,
所以,两式求差可得,
因为,
所以
所以,,,构成了以首项,为公差的等差数列;
同理具有“T数集”性质的元素是首项,为公差的等差数列;
所以,
所以,
所以
,证毕.