河北省盐山中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题（Word版附解析）

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1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上.
3．请按照题号顺序在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
4．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交.
一、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. 已知为虚数单位，复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数除法运算化简，由复数模长运算可求得结果.
【详解】，
.
故选：A.
2. 已知集合，，则（ ）
A. AB. BC. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别解对数不等式与绝对值不等式，化简集合，再求即可.
【详解】因为集合，
，
所以．
故选：B．
3. 双曲线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线方程确定其焦点位置和值，求出的值即可.
【详解】由知，，，且焦点在y轴上，
故，解得．则焦点坐标为和．
故选:B．
4. 已知，向量，且，，则向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，由向量共线和模长的坐标表示计算即可.
【详解】设，则．
又，
解得或.
因为，所以．
故选：D．
5. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则（ ）
A. B. 1C. 0D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到函数周期，再代值即可.
【详解】由题意，，函数的周期为4．
．
故选:C．
6. 在关于x的展开式中，的系数是（ ）
A. 30B. 25C. 20D. 15
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用二项式定理求解系数即可.
【详解】由题意得展开式的通项为，
，令，得到的系数为，
令，得到的系数为，
所以展开式中的系数是，故A正确.
故选：A．
7. 已知是第四象限角，终边与单位圆O交于点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用任意角三角函数定义结合余弦函数的性质求解即可.
【详解】根据任意角三角函数定义知，由，
得，所以，
所以或．
又是第四象限角，所以，
所以，即．
故选：C．
8. 设正项等差数列满足，其前n项和为，若数列为等差数列，则的最小值是（ ）
A. 14B. 15C. 16D. 17
【答案】D
【解析】
【分析】设公差为d，根据等差数列前n项和写出前3项，结合等差中项的性质列方程求公差d，进而得到关于n的表达式，利用基本不等式求其最小值.
【详解】因为等差数列满足，．
设公差为d，则，其前n项和为，
所以，，，．
因为数列也为等差数列，所以，
所以，解得，故，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立．
故选：D
二、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. 下列说法正确的有（ ）
A. 若随机变量，，则
B. 若随机变量，则方差
C. 在含有3件次品的10件产品中任取2件，X表示取出的次品数，则
D. 已知随机变量的分布列为，则实数
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，利用正态分布曲线的对称性易求得；对于B，由伯努利概型中的方差公式和性质易求得；对于C，利用古典概型概率公式和组合数公式计算即得；对于D，利用随机变量的分布列的性质列方程即可求得的值.
【详解】对于A，由题意可得，，A正确；
对于B,因，则，故，B错误；
对于C，在含有3件次品的10件产品中任取2件，X表示取出的次品数，则，C错误；
对于D，依题意，，解得，D正确．
故选：AD．
10. 已知抛物线的焦点为F，M、N是抛物线上两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 点F的坐标为
B. 若直线的倾斜角为，且过点F，则
C. 若，则线段的中点到x轴的距离为
D. 以线段为直径的圆与x轴相切
【答案】ACD
【解析】
【分析】由抛物线方程确定焦点坐标即可判断A；直线与抛物线方程联立，利用韦达定理即可判断B；根据抛物线的定义知，进而即可判断C；设，结合选项C可得该圆的半径，再求该圆的圆心到x轴的距离即可判断该圆与x轴的位置关系，进而即可判断D．
【详解】对于A：由抛物线，则其焦点在y轴上，焦点为F0,1，A正确；
对于B：依题意，直线方程为，且直线与抛物线必相交，
联立方程，消去x化简并整理得．
设Mx1,y1、Nx2,y2，则，
所以，B错误；
对于C：由抛物线，则其准线方程为．
分别设M、N到准线的距离为、，
则，
所以线段中点到x轴的距离为，C正确；
对于D：设，结合选项C可得，以线段为直径的圆的半径为．
又F0,1，则以线段为直径的圆的圆心为，
所以圆心到x轴的距离为，则以线段为直径的圆与x轴相切，D正确．
故选：ACD．

11. 如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，，，P、D分别为棱、的中点，则下列选项正确的是（ ）

A. 平面
B.
C. 三棱柱的侧面积为
D. 三棱锥的体积为
【答案】BD
【解析】
【分析】A作出平面与平面的交线，由BP与交线关系可判断选项正误；
B通过说明平面可判断选项正误；
C由题意计算出侧面积可判断选项正误；
D由题可得，然后计算出体积即可判断选项正误.
【详解】记中点为Q，连接．记、交点为E，连接，，、Q、D、四点共面．
因为P、Q分别为、的中点，所以E为的重心，即E为的三等分点．
又D为中点，所以、不平行．因为平面，平面平面，
所以由线面平行性质定理可知，与平面不平行，A错误；
连接、、．因为，，，
所以．
因为D为中点，所以，．
又，、平面，所以平面．
又平面，所以，B正确；
又，所以，所以四边形为矩形，面积为8．
又因为，所以三棱柱的侧面积为，C错误；
记的中点为H，连接、、．
因为，平面，平面，
所以平面，所以点P、A到平面的距离相等，A、、H、D四点共面．
又，D为中点，所以．
因为平面，所以是三棱锥的高．
因为，，所以．
所以，所以．
所以，D正确．
故选：BD．

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 过点，且与直线相切于点的圆的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】设圆的标准方程为，结合题意，求出过点B1,−1与直线
垂直的直线方程及线段的垂直平分线的方程，联立可得圆心坐标，继而可求出半径，即可求解.
【详解】设圆的标准方程为，
因为圆与直线相切于点B1,−1，
可得过点B1,−1与直线垂直直线方程为．
又由A0,−1、B1,−1，可得线段的垂直平分线的方程，
联立方程组，解得，，即圆心坐标为．
又由，即圆的半径为，
所以圆的方程为．
故答案为：.
13. 中国是瓷器的故乡，瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟大贡献，瓷器传承着中国文化，有很高的欣赏和收藏价值．现有一批同规格的瓷器，由甲、乙、丙三家瓷厂生产，其中甲、乙、丙瓷厂分别生产300件、300件、400件，而且甲、乙、丙瓷厂的次品率依次为4%、3%、3%．现从这批瓷器中任取一件，若取到的是次品，则其来自甲厂的概率为______．（结果保留两位小数）
【答案】0.36
【解析】
【分析】先由古典概率计算抽到各厂产品的概率，再由全概率计算抽到次品的概率，最后由条件概率计算即可；
【详解】设B表示事件：取得次品．表示事件：该产品由第i家工厂生产（，2，3）．第i家工厂（，2，3）分别表示甲、乙、丙瓷厂．
，，．
，，，．
故取到的是次品，则其来自甲厂的概率为．
故答案为：0.36.
14. 已知函数的最小值为1，则实数a的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由，且，将问题化为与图象有交点，利用导数研究的最值，即可得参数范围.
【详解】由，
对于函数，有，
当，则，在上递减；
当，则，在上递增；
所以．
若，则有解，即与图象有交点．
由，令，解得．
当，，在上递增；当，，在上递减．
所以当时，．当，，
所以取值范围为，
所以，即．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：函数化为，并将问题化为与图象有交点．
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. 2024年2月初某地骤降大雪，给开车回家过年的人们带来很大麻烦，地面积雪会影响汽车的行驶安全，车胎凹槽深度是影响汽车刹车的因素，汽车行驶会导致轮胎胎面磨损.某实验室通过试验测得行驶里程与轮胎凹槽深度成负相关，且相关性较强的数据如下：
附：经验回归方程中：，.
（1）求轮胎凹槽深度y与行驶里程x的经验回归方程（、计算结果精确到0.01）；
（2）若轮胎凹槽的深度小于2.5mm时，需要换轮胎，则预测汽车行驶多少里程就需要换轮胎（计算结果精确到0.01）？
【答案】（1）
（2）5.84万km
【解析】
【分析】（1）结合题目的数据，利用最小二乘法公式求解即可.
（2）由题意列不等式直接求解即可.
【小问1详解】
由题意得，，
，
所以经验回归方程为.
【小问2详解】
由题意，，解得，
所以当汽车行驶5.84万km时，需要更换轮胎.
16. 在中，内角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，是1和的等差中项．
（1）求角B；
（2）若，求b的最小值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由正弦定理的边角互化，代入计算，即可得到结果；
（2）由余弦定理代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
由已知得，
在中，由正弦定理得，
化简得．
因为，所以．又，所以．
因为．所以．
【小问2详解】
由余弦定理可得，，
当时，b取最小值，且最小值为．
17. 如图，在四棱锥中，，与均是边长为的正三角形，四边形是平行四边形，二面角的平面角为．
（1）求证：；
（2）若为侧棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据图中的几何关系，分别计算得到的值，利用勾股定理的逆定理即可证明；
（2）以点O为坐标原点，、的方向为、轴的正方向，建立空间直角坐标系，
计算得到和平面的法向量的坐标，利用空间向量计算得到线面角的正弦值.
【小问1详解】
证明：因为是正三角形，所以，
又四边形是平行四边形，所以，
，．
连接．因为是边长为的正三角形，
所以，．
故二面角的平面角为，即．
所以在中，．
在中，由余弦定理得，
，
解得．
在中，因为，所以．
【小问2详解】
解：以点为坐标原点，分别以、的方向为、轴的正方向，
建立空间直角坐标系．
所以，，，，，
则，．
因为为侧棱的中点，所以，则．
设平面的一个法向量为，则．
取，则，，
为平面的一个法向量．
设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
18. 已知动点W到点的距离是到直线的距离的.
（1）设动点W的轨迹为C，求该轨迹方程；
（2）在（1）的条件下，过点F的直线交C于M、N两点，O为坐标原点.求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意直接列式，化简即可求解轨迹方程.
（2）当斜率为0时，．当斜率不为0时，设直线的方程为，Mx1,y1、Nx2,y2，与椭圆方程联立，韦达定理，根据二次函数性质求解范围即可.
【小问1详解】
设动点，由题意得，，
将上式两边平方，并化简得，，
两边同除12得，此即为动点W的轨迹C的标准方程.
【小问2详解】
当斜率为0时，、，．
当斜率不为0时，设直线的方程为，Mx1,y1、Nx2,y2．
联立消去x化简并整理得．
，．
．
，
综上，的取值范围为．

19. 已知函数，，取点，过其作曲线切线交y轴于点，取点，过其作曲线作切线交y轴于，若，则停止操作，以此类推，得到数列．
（1）若正整数，证明：；
（2）若正整数，试比较与大小；
（3）若正整数，是否存在k使得，，…，依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，．
【解析】
【分析】（1）由题意求导得切线方程，令即可得到递推关系；
（2）由题意作差结合递推关系，构造导数，得出的单调性，由此即可比较大小；
（3）由题意讨论当时，结合等差数列性质以及构造函数，利用导数得出单调性以及零点存在定理即可说明，当时，利用零点存在定理得出唯一性，得出矛盾即可推翻，由此即可得解.
【小问1详解】
由题意得，
故点处的切线方程为： ，
令x=0，则.
【小问2详解】
由(1) 知要比较与大小，只需比较和的大小.
设，求导 令 ，解得，
易知在上为严格减函数，在上为严格增函数，
所以有，所以，
所以，当且仅当时成立.
故，即.
【小问3详解】
假设存在依次成等差数列, 则必有，
因为，解得，又，
综上，变形 ，
现在考虑该式是否存在使之成立，
设函数 ，求导，
因为 ，所以有，
说明严格单调递增，且 ，
根据零点存在性定理可以知道，有唯一解使得方程成立，故是成立.
下面证明不成立：
利用零点唯一性得出矛盾，当时，有上面证明可知，
另一方面由第(2) 可知，数列为严格递减数列，矛盾，所以只有.
综上，满足题意的只有.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到函数方程后，要构造函数，利用导数单调性以及零点存在定理即可顺利得解.
行驶里程x/万km
0.00
0.64
1.29
1.93
257
3.22
3.86
4.51
5.15
轮胎凹槽深度y/mm
10.02
8.37
7.39
6.48
5.82
5.20
4.55
4.16
3.82
2.57
6.20
115.10
29.46
25.09