河南省许昌高级中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省许昌高级中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题（Word版附解析），共17页。
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。
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．4hB．6hC．8hD．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．50B．51C．52D．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AB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Ax1,y1,Bx2,y2，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Px,y，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。）
（14分）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.
（14分）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．
（15分）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．
（16分）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.
（18分）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：数学答案
1．C【详解】由题意可知，只需，解得，故C正确.
2．C【详解】当x∈0,π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.
3．C【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：
.

4．C【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．
5．B【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.
6．C【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.
7．C【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.
8．B【详解】由题意知，，
且，
即，
当时，，
由于，所以满足的的最小值为51，
9．BC【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.
10．ACD【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；
11．ABD【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0,+∞上递增，
故，所以，D正确.
12．
【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，
13．
【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.

14．/
【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
15．(1)证明见详解 (2)
【详解】（1）因为平面，又平面，
所以.又，且，
所以平面.因为，所以平面.
（2）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，所以.又，
所以.在中，.
在中，.
由上可知，以，，所在的直线分别为轴、轴、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，可取.
设平面的法向量为，
由，得，可取.
因此，.
依题意可知，平面与平面的夹角的余弦值为.
16．(1)， (2)
【详解】（1）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，
.
（2）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
，
若，则，
故，即的取值范围是
17．(1) (2)或
【详解】（1）将代入，得，
所以，所以，
所以由题得，，
所以双曲线的方程为.
（2）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．(1)， (2)， (3)，证明见解析
【详解】（1）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.
（2）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.
（3）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
.
19．(1)1 (2)证明见解析 (3)证明见解析
【详解】（1）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；
（2）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）要证，即证，
即证，
因为，所以只需证
令，只需证
由，
因为x>0，，
令，；令，x>1，
所以在x=1处取得极大值，也是最大值，
所以，
所以，即原不等式得证.
Y
0
1
2
3
P