2025許昌高級中學(xué)高三上學(xué)期10月月考試題數(shù)學(xué)含解析

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1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名和座位號填寫在答題卡上。
2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡的相應(yīng)位置上。寫在本試卷上無效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
選擇題（共8小題，每小題5分，共40分，每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。）
1．已知集合，，若，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
2．已知函數(shù)，若方程在區(qū)間上恰有3個實(shí)數(shù)根，則的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
3．在正四棱錐中，．用一個平行于底面的平面去截該正四棱錐，得到幾何體，則幾何體的體積為（ ）
A．B．C．D．
4．某工廠產(chǎn)生的廢氣經(jīng)過濾后排放，過濾過程中廢氣的污染物含量（單位：與時(shí)間（單位：h）之間的關(guān)系式為，其中為初始污染物含量，均為正的常數(shù)，已知過濾前后廢氣的體積相等，且在前4h過濾掉了的污染物．如果廢氣中污染物的含量不超過時(shí)達(dá)到排放標(biāo)準(zhǔn)，那么該工廠產(chǎn)生的廢氣要達(dá)到排放標(biāo)準(zhǔn)，至少需要過濾的時(shí)間為（ ）
A．4hB．6hC．8hD．12h
5．兩圓錐母線長均為3，體積分別為，側(cè)面展開圖面積分別記為，且，側(cè)面展開圖圓心角滿足，則（ ）
A．B．C．D．
6．已知角，的頂點(diǎn)均為坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊均為x軸正半軸，終邊分別過點(diǎn)，，則（ ）
A．或B．3或C．D．
7．已知動點(diǎn)在拋物線上，點(diǎn)，為坐標(biāo)原點(diǎn)，若，且直線與的外接圓相切，則（ ）
A．B．或C．或D．2或
8．0和1是計(jì)算機(jī)中最基本的數(shù)字，被稱為二進(jìn)制數(shù)字．若數(shù)列滿足：所有項(xiàng)均是0或1，當(dāng)且僅當(dāng)（其中為正整數(shù)）時(shí)，，其余項(xiàng)為0．則滿足的最小的正整數(shù)（ ）
A．50B．51C．52D．53
二．多選題（共3小題，每題6分，共18分。在每題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對得6分，部分選對得3分，有選錯的得0分。）
9．“曼哈頓幾何”也叫“出租車幾何”，是在19世紀(jì)由赫爾曼·閔可夫斯基提出的．如圖是抽象的城市路網(wǎng)，其中線段AB是歐式空間中定義的兩點(diǎn)最短距離，但在城市路網(wǎng)中，我們只能走有路的地方，不能“穿墻”而過，所以在“曼哈頓幾何”中，這兩點(diǎn)最短距離用表示，又稱“曼哈頓距離”，即，因此“曼哈頓兩點(diǎn)間距離公式”：若Ax1,y1,Bx2,y2，則．在平面直角坐標(biāo)系中，我們把到兩定點(diǎn)的“曼哈頓距離”之和為常數(shù)的點(diǎn)的軌跡叫“新橢圓”．設(shè)“新橢圓”上任意一點(diǎn)設(shè)為Px,y，則（ ）

A．已知點(diǎn)，則 B．“新橢圓”關(guān)于軸，軸，原點(diǎn)對稱
C．的最大值為 D．“新橢圓”圍成的面積為
10．已知數(shù)列滿足對任意，，都有，且，（）的所有不同的值按照從小到大構(gòu)成數(shù)列，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．B．
C．中任意3項(xiàng)不成等差數(shù)列D．的前15項(xiàng)的和為402
11．定義函數(shù)的曲率函數(shù)（是的導(dǎo)函數(shù)），函數(shù)在處的曲率半徑為該點(diǎn)處曲率的倒數(shù)，曲率半徑是函數(shù)圖象在該點(diǎn)處曲率圓的半徑，則下列說法正確的是（ ）
A．若曲線在各點(diǎn)處的曲率均不為0，則曲率越大，曲率圓越小
B．函數(shù)在處的曲率半徑為1
C．若圓為函數(shù)的一個曲率圓，則圓半徑的最小值為2
D．若曲線在處的彎曲程度相同，則
三．填空題（共3小題，每題5分，共15分。）
12．已知a、b、c分別為的三個內(nèi)角A、B、C的對邊，，且，則面積的最大值為 ．
13．已知雙曲線的左?右焦點(diǎn)分別為，離心率為2，過點(diǎn)的直線交的左支于兩點(diǎn).（為坐標(biāo)原點(diǎn)），記點(diǎn)到直線的距離為，則 .
14．一顆質(zhì)地均勻的正方體骰子，六個面上分別標(biāo)有點(diǎn)數(shù)1，2，3，4，5，6.現(xiàn)隨機(jī)地將骰子拋擲三次（各次拋擲結(jié)果相互獨(dú)立），其向上的點(diǎn)數(shù)依次為，則事件“”發(fā)生的概率為 .
四．解答題（共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）
（14分）15．如圖，四邊形與四邊形均為等腰梯形，，，，，，，平面，為上一點(diǎn)，且，連接、、.
(1)證明：平面；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值.
（14分）16．甲乙兩家公司要進(jìn)行公開招聘，招聘分為筆試和面試，通過筆試后才能進(jìn)入面試環(huán)節(jié)．已知甲、乙兩家公司的筆試環(huán)節(jié)都設(shè)有三門考試科目且每門科目是否通過相互獨(dú)立，若小明報(bào)考甲公司，每門科目通過的概率均為；報(bào)考乙公司，每門科目通過的概率依次為，，其中．
(1)若，分別求出小明報(bào)考甲、乙兩公司在筆試環(huán)節(jié)恰好通過一門科目的概率；
(2)招聘規(guī)則要求每人只能報(bào)考一家公司，若以筆試過程中通過科目數(shù)的數(shù)學(xué)期望為依據(jù)作決策，當(dāng)小明更希望通過乙公司的筆試時(shí)，求的取值范圍．
（15分）17．已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為的一條漸近線方程為，過且與軸垂直的直線與交于兩點(diǎn)，且的周長為16.
(1)求的方程；
(2)過作直線與交于兩點(diǎn)，若，求直線的斜率．
（16分）18．甲、乙兩個口袋都裝有3個小球（1個黑球和2個白球）.現(xiàn)從甲、乙口袋中各取1個小球交換放入另外一個口袋（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），交換小球次后，甲口袋中恰有2個黑球的概率為，恰有1個黑球的概率為.
(1)求，；
(2)求，；
(3)求數(shù)列的通項(xiàng)公式，并證明.
（18分）19．已知函數(shù)在點(diǎn)處的切線經(jīng)過原點(diǎn).
(1)求t的值；
(2)若存在，使得，求證：；
(3)證明：數(shù)學(xué)答案
1．C【詳解】由題意可知，只需，解得，故C正確.
2．C【詳解】當(dāng)x∈0,π時(shí)，，
則由題意可得在上有3個實(shí)數(shù)根，
即可得，
解得，即的取值范圍是.
3．C【詳解】設(shè)正四棱錐的側(cè)棱長為，
連接與交于點(diǎn)，連接，則平面，
因?yàn)?，所以?br>因?yàn)?，所以在中，?br>解得：，所以，
又因?yàn)橛靡粋€平行于底面的平面去截該正四棱錐，得到幾何體，
則幾何體為正四棱臺，
連接交于點(diǎn)，所以為的中點(diǎn)，
所以，所以幾何體的體積為：
.

4．C【詳解】依題意得，當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，則，
可得，即，所以，
當(dāng)時(shí)，解得，
故至少需要過濾8h才能達(dá)到排放標(biāo)準(zhǔn)．
5．B【詳解】依題意，不妨設(shè)甲圓錐的底面半徑為，高為，乙圓錐底面半徑為，高為，則，，
由得，
故，因?yàn)閭?cè)面展開圖的圓心角之和為，
所以，
故，所以，，
所以.
6．C【詳解】依題意，，由，可得
由可得則（*），
因，不妨設(shè)，則有，解得或，
由（*）知是第二或第四象限角，故.
7．C【詳解】由拋物線方程，設(shè)圓心，半徑為，顯然；
因?yàn)椋?，故?br>在中，由正弦定理得，解得；
則；
又圓與直線相切，故圓心到直線的距離，
當(dāng)時(shí)，則圓心到直線的距離，解得；
當(dāng)時(shí)，則圓心到直線的距離，解得或（舍），
綜上或.
8．B【詳解】由題意知，，
且，
即，
當(dāng)時(shí)，，
由于，所以滿足的的最小值為51，
9．BC【詳解】對于A中，因?yàn)?，可得，所以A不正確；對于B中，設(shè)“新橢圓”上任意一點(diǎn)為，
根據(jù)“新橢圓”的定義，可得，即，
當(dāng)時(shí)，可得；當(dāng)時(shí)，可得；
當(dāng)時(shí)，可得；當(dāng)時(shí)，可得；
當(dāng)時(shí)，可得；當(dāng)時(shí)，可得，
當(dāng)時(shí)，可得；當(dāng)時(shí)，可得；
當(dāng)時(shí)，可得，
作出“新橢圓”的圖象，如圖所示，
可得“新橢圓”關(guān)于軸，軸，原點(diǎn)對稱，所以B正確；

對于C中，由“新橢圓”的圖象，可得的最大值為，所以C正確；
對于D中，設(shè)“新橢圓”的圖象，圍成的六邊形為，

聯(lián)立方程組，解得，所以，則，
根據(jù)“新橢圓”的對稱性，可得：
“新橢圓”圍成的面積為
，所以D錯誤.
10．ACD【詳解】由題意，因?yàn)閷θ我?，，都有?br>令，，則，
因?yàn)椋裕?br>所以數(shù)列是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，
所以，
對于A，，，
故，A正確；
對于B，由題意，數(shù)列的前5項(xiàng)為：2，4，6，8，12，
所以，B錯誤；
對于C，假設(shè)成等差數(shù)列，不妨設(shè)，
因?yàn)椋?，即?br>方程兩邊同時(shí)除以，得 ，
由于方程左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)，故上式不成立，故C正確；
對于D，由題意，數(shù)列的前15項(xiàng)為：
2，4，6，8，12，14，16，24，28，30，32，48，56，60，62，
所以的前15項(xiàng)的和為：
，故D正確；
11．ABD【詳解】對于A，若曲線在各點(diǎn)處的曲率均不為0，顯然，由知，
由于曲線在處的曲率為，曲率圓的半徑為，
所以曲率圓的半徑等于曲率的倒數(shù). 而曲率大于0，所以曲率越大，曲率圓越小，A正確；
對于B，若，直接計(jì)算知，所以，
從而函數(shù)在處的曲率為1，從而函數(shù)在處的曲率半徑為1的倒數(shù)，即1，B正確；
對于C，若，直接計(jì)算知，這里.
所以處的曲率圓半徑，
從而我們有，
所以圓的半徑一定大于2，不可能以2為最小值，C錯誤；
對于D，若，在C選項(xiàng)的過程中已經(jīng)計(jì)算得知，
現(xiàn)在如果曲線在處的彎曲程度相同，則，故，
所以，即.
設(shè)，，則，，，將兩邊展開，
得到，從而.
故，而，
故，這意味著，從而.
定義函數(shù)，則，由于，函數(shù)在0,+∞上遞增，
故，所以，D正確.
12．
【詳解】解析：因?yàn)椋?br>根據(jù)正弦定理可知，即，
由余弦定理可知，又，故，
又因?yàn)?，所以?br>（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號），即
所以，即面積的最大值為，
13．
【詳解】令雙曲線的半焦距為，由離心率為2，得，
取的中點(diǎn)，連接，由，得，則，
連接，由為的中點(diǎn)，得，，，
因此，即，整理得，
而，所以.

14．/
【詳解】所有投擲結(jié)果共有種，；
由
可得
所以
我們不妨設(shè)，則，還有一個數(shù)為
顯然，
當(dāng)時(shí)，三個數(shù)為，對應(yīng)有種方法；
當(dāng)時(shí)，三個數(shù)為，對應(yīng)有種方法；
當(dāng)時(shí)，三個數(shù)為，對應(yīng)有種方法；
當(dāng)時(shí)，三個數(shù)為，對應(yīng)有種方法；
所以一共有種；
故事件“”發(fā)生的概率為
15．(1)證明見詳解 (2)
【詳解】（1）因?yàn)槠矫?，又平面?br>所以.又，且，
所以平面.因?yàn)?，所以平?
（2）作，垂足為.則.又，
所以四邊形是平行四邊形，又，
所以四邊形是矩形，又四邊形為等腰梯形，且，，
所以.
由（1）知平面，所以.又，
所以.在中，.
在中，.
由上可知，以，，所在的直線分別為軸、軸、軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系.
則，，，，，
所以，，，，
設(shè)平面的法向量為，
由，得，可取.
設(shè)平面的法向量為，
由，得，可取.
因此，.
依題意可知，平面與平面的夾角的余弦值為.
16．(1)， (2)
【詳解】（1）設(shè)小明報(bào)考甲公司恰好通過一門筆試科目為事件A，
小明報(bào)考乙公司恰好通過一門筆試科目為事件，
根據(jù)題意可得，
.
（2）設(shè)小明報(bào)考甲公司通過的科目數(shù)為X，報(bào)考乙公司通過的科目數(shù)為，
根據(jù)題意可知，，則，
，
，
，
，
則隨機(jī)變量的分布列為
，
若，則，
故，即的取值范圍是
17．(1) (2)或
【詳解】（1）將代入，得，
所以，所以，
所以由題得，，
所以雙曲線的方程為.
（2）由（1）知，顯然當(dāng)直線的斜率不存在或的斜率為0時(shí)，不成立，

故直線的斜率存在，且不為0，設(shè)，，，
聯(lián)立，
則，且即，
，
又，所以，所以，
所以由得，解得，故，
故直線的斜率為或.
18．(1)， (2)， (3)，證明見解析
【詳解】（1）第1次換球后甲口袋中有2個黑球，即從甲口袋取出的為白球且從乙口袋取出的為黑球，則.
第1次換球后甲口袋中有1個黑球，即從甲、乙口袋取出的同為白球或同為黑球，得.
（2）若第2次換球后甲口袋中有2個黑球，
則當(dāng)?shù)?次換球后甲口袋中有1個黑球時(shí)，第2次甲口袋取白球且乙口袋取黑球，
當(dāng)?shù)?次換球后甲口袋中有2個黑球時(shí)，第2次甲、乙口袋同取白球，
所以.
若第2次換球后甲口袋中有1個黑球，
則當(dāng)?shù)?次換球后甲口袋中有0個黑球時(shí)，第2次甲口袋取白球且乙口袋取黑球，
當(dāng)?shù)?次換球后甲口袋中有1個黑球時(shí)，第2次甲、乙口袋同取白球或同取黑球，
當(dāng)?shù)?次換球后甲口袋中有2個黑球時(shí)，第2次甲口袋取黑球且乙口袋取白球，
所以.
（3）第次換球后，甲口袋中的黑球個數(shù)為1的情形有：
①若第次換球后甲口袋中有2個黑球，則第次甲口袋取黑球且乙口袋取白球；
②若第次換球后甲口袋中有1個黑球，則第次甲、乙口袋同取黑球或同取白球；
③若第次換球后甲口袋中有0個黑球，則第次甲口袋取白球且乙口袋取黑球.
所以.
設(shè)，
則，則，得.
又，所以數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列
所以，即
所以
.
19．(1)1 (2)證明見解析 (3)證明見解析
【詳解】（1）因?yàn)?，所以?br>因?yàn)?，所以切線方程為，即
因?yàn)榍芯€經(jīng)過原點(diǎn)，所以，
所以；
（2）因?yàn)?，所以?br>令，解得；
令，解得，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
因?yàn)?，?br>所以存在，，且，
要證，即證，
因?yàn)?，只需證，
因?yàn)椋醋C
令，
即，
所以
因?yàn)?，所以?br>所以在上單調(diào)遞增，所以，
所以，即，
所以；
（3）要證，即證，
即證，
因?yàn)椋灾恍枳C
令，只需證
由，
因?yàn)閤>0，，
令，；令，x>1，
所以在x=1處取得極大值，也是最大值，
所以，
所以，即原不等式得證.
Y
0
1
2
3
P