【文档说明】河北省保定市唐县第一中学2024届高三上学期10月月考 数学答案和解析.pdf，共(16)页，550.986 KB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司数学答案1.【答案】C【详解】依题意{3,4,5}C，集合C中有3个元素，则其真子集的个数有3217个.故选：C2.【答案】B【详解】由题，12iz，故12zi，12i1i12i3i31i1i1i1i1i222

z故选：B3.【答案】D【详解】如图所示圆台的轴截面，过点A作AECD，因此有132DECDAB，因为母线与下底面所成为角的正切值为43，所以224tan453AEAD

EAEADAEDEDE，该圆台的表面积为22π252555π425102564π，故选：D4.【答案】A【详解】当0x时，3lnfxxx，则130fxx，fx在,0上单

调递增，BD错误；当0x时，3lnfxxx，则1313xfxxx，当10,3x时，0fx；当1,3x时，0fx；fx在10,3上单调递减，在1,3上单调递增，C错误，A正确.学科

网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司故选：A.5.【答案】A6.【答案】D【详解】在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，2CFFD，DE与BF相交于O．设(01)DODE，(01)BOBF

则11++122ADDOADDEADABADADAB22(1)33ABBOABBFABADABABAD

由AOADDOABBO，可得2(1)3ABAD112ADAB

则112213，解之得1234，则3142AOADDOADAB则22(32)(33194242)7AOADABADABAD

AADABB又2AD，则279AB，解之得4AB=uuur，即AB的长为4故选：D7．【答案】C【详解】由图可知，函数fx的最小正周期

为4，则2π2ππ42T，maxmin31122222fxfxA，maxmin3122122fxfxb，又因为1π131sin1cos12222f

，则cos1，因为ππ22，则0，所以，1πsin122xfx，因为11π113π0123sin01sin1sinπ1sin14222222ffff，又因为20244506

，因此，012202020212022202345062024Sfffffff.故选：C.学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司8．B【详解】因为(3)()(2)()0xfx

xfx，所以构造函数()(2)e()xFxxfx，所以()2e()2e()xxFxxfxxfxe2e()2e()xxxxfxxfxe(3)()(2)()0xxf

xxfx，则()Fx在R上单调递减，又(0)F2(0)2f，所以(1)(0)FF，即(1)2ef，故A错误；(1)(0)FF，即2(1)3ef，故B正确；(2)(0)FF，即21(2)2ef，故C

错误；(3)(0)FF，即32(3)5ef，故D错误.故选：B.9．【答案】BC【详解】对于B，由量1,3,cos,sinab，ab，得cos3sin0，解得3tan3，B正确；

对于A，由,ab的夹角为锐角，得cos,0ab且,ab不共线，则26034xx，解得3x且43x，因此“,ab的夹角为锐角”是“3x”的充分不必要条件，A错误；对于C，由向量4,3,1,3ab，得2241

335,||1310abb，因此a在b方向上的投影向量为113(,)222||||abbbbb，C正确；对于D，在ABC中，()()()||||ABACABACABA

CABACBCACACABACABABAABACACB||||(

0)(1cos)ACBAA，而1cos1A，因此||||ABAC，所以ABC不一定为等边三角形，D错误.故选：BC10.【答案】AC【详解】19992023SS，则学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司2001

2022200020012022202220232023199924()02aaaaaaaSS，200120220aa，所以20112012200120220aaaa，1240210ad，140212ad，1

0a，则0d，2011120100aad，14022402214022201120124022()2011()2011()02aaSaaaa，140212ad，{}na是递增数

列，201111201002aadd，201211201102aadd，所以nS中，2011S最小，故选：AC．11.【答案】AD【详解】对于选项A，fx的定义城为R，关于原点对称，又

sinsincoscossinfxxxxxxsincoscosxxxfx，所以yfx是偶函数，故选项A正确；对于选项B，ππ22sin(),[0,)42π2sin,[,π)23π0,[π

,)2sinsincoscos3π2cos,[,2π)2π5π22sin(),[2π,)425π2sin,[,3π]2xxxxxfxxxxxxxxxxx先画出函

数在[0,3π]的图象，再利用对称性得到[2π,0]的图象.学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司由函数()fx的图象可知，不存在非零实数T使得()()fxTfx+=对任意实数x恒成立，故选项B不正确；对于选项C,当π2ππ2π2kxk

，kN时，nsincssinsisincosccosoosxfxxxxxxxx2sinx，因为π2ππ2π2kxk，kN，yfx单调递减，故选项C错误；对于选项D,当π2ππ2π2kxk

，kN时，02fx；当π2π2π2kxk≤≤，kN时，ssincosinsinincoscscsosoxxxxfxxxxxπ2sincos22sin4xxx，因为

π2π2π2kxk≤≤，kN，所以ππ3π2π2π444kxk≤≤，kN，所以2πsin124x，所以222fx；当3ππ2π2π2kxk≤，kN时，ssincosinsinincoscscsosoxxxxfxxxxx0；当3

π2π2π2π2kxk≤，kN时，sinsinsisincosncoscosfxxxxxxxxcos2cosxx，因为3π2π2π2π2kxk≤，kN，所以0cos1x，所以02fx，

学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司绿上所述，当0x时，fx的最大值为22，由于fx为偶函数，所以当0x时，fx的最大值也为22，故yfx的最大值为22，故选项D正确.故选：AD.12.【答案】ACD【详解】对于A选项，连接11BD，则1111BDAC，由题

可知，1BB平面1111DCBA，且11AC平面1111DCBA，则111BBAC，又1111BDBBB，11AC平面11DBB，1BD平面11DBB，则111BDAC，同理可得11BDDC，1111DCACC，直线1BD平面

11ACD，则选项A正确；对于C选项，由题可知，1111ABCDCD∥∥，1111ABCDCD，所以四边形11ABCD为平行四边形，则11ADBC，所以AP与1BC所成角即为异面直线AP与1AD所成角，又点P在线段1BC上运动，可知1ABC

V是等边三角形，所以直线AP与1AD所成角的取值范围是,32，则C选项正确；对于B选项，如图展开平面11CCDD，使平面111BBCDDC共面，过G作1GPBC，交1BC与点P，交1CC与点Q，则此时PQQG最小，由题可知，13

BG，则322GP，即PQQG的最小值为322，则B选项错误；学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司对于D选项，4MAMB，当M、A、B三点共面时，点M的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，又因为2AB，所以椭圆的长轴长为4，短轴长为23，故点M的轨迹是以A，B为焦点的

椭球表面，设AB的中点为E，要使三棱锥AMBC的体积最大，即M到平面ABC的距离最大，所以当M平面11ABBA，当ME平面ABC，且3ME时，三棱锥AMBC的体积最大，此时MAB△为等边三角形，设其中心为1O，三棱锥AMBC的外接球的球心

为O，ABC的外心F，连接OF，OA，1OO，则133OFOE，2AF，所以22273AOOFAF，即三棱锥AMBC体积最大时其外接球的表面积22843SOA.故选：ACD.13.【答案】64【详解】边长为2的正A

BC的面积为122sin6032，即3ABCS.由斜二测画法的直观图与原图形的关系可知：2263444ABCABCSSVV故答案为：6414.【答案】16,32【详解】因52()3()ababab，而24,48ab

ab，则42()8,123()24abab，即162()3()32abab，16532ab，所以5ab的取值范围是16,32.学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司15.【答案】ye

x或1yx【详解】设公切线l与fx且于点,Pab，与曲线gx切于点,Qmn，则有abe，①ln2nm，②又1,xfxegxx，∴1,afaegmm．∵过点,PQ的直线l的斜率为PQnbkma，∴1anbemam

．③由①②③消去,,abn整理得1(1ln)(1)0mm，解得1me或1m．当1me时，12ln1ne，直线l与曲线gx的切点为1(,1)e，1gee，此时切线方程为11()yexe，即yex．当1m时，2n，直线l与曲线

gx的切点为(1,2)，11g，此时切线方程为21yx，即1yx．故直线l的方程为yex或1yx．所以答案为yex或1yx．16．【答案】15【详解】由题记第一组数为:1,个数为1,和为1,

最后一个数为第1项,11S;第二组数为:1,3,个数为2,和为2211331132,最后一个数为第1+2项,22123131311522SSS;第三组数为:1,3,9,个数为3,和为3311331132,最后一个数为第

1+2+3项,231236313111822SS;学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司第四组数为:1,3,9,27,个数为4,和为4411331132,最

后一个数为第1+2+3+4项,234123410313131158222SS;L;第k组数为:1,3,9,27,L,13k,个数为k,和为11331132kk,最后一个数为第11232kkk项,2311231313133212224

kkkkkS,因为1058S,所以11125962S,S,由62<Sn≤1600可知,n从13开始计数,因为8782823327163616004SS,第28项是第七组的最后一项,第七组的数为:1,3,9,27,L,729,所以27287291

6367299071600SS,所以要满足62<Sn≤1600,则1327n,*Nn,故n的个数为2713115个.17.【答案】(1)12nnna(2)11222nnnnS【

详解】（1）由题知，11a，*1121nnaannN因为*11121nnnnaaannnN，所以1112nnaann，所以1112nnanan因为1101a，所以数列nan是首项为1

，公比为12的等比数列，所以1111122nnnan，所以12nnna.（2）由（1）得12nnna，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司所以01221123122222nnnnn

S①，23111231222222nnnnnS②，由①②错位相减得：211111122222nnnnS11122212212nnnnnn，所以11222nn

nnS.18.【答案】（1）3（2）23【详解】（1）法一：∵22cosacbC，由正弦定理得：2sin()sin2sincosBCCBC，∴2(sincossincos)sin2sincosBCCBCBC，∴sin2cos10CB

，∵sin0C，∴1cos2B，又∵0B，∴3B.法二：∵22cosacbC，由余弦定理得：22222222222abcacbaacabcab，∴222acbac，∴2221cos22acbBac，∵0

B，∴3B.（2）由（1）知，3B，而四边形ABCD内角互补，则23ADC，法一：设DAC，则3DCA，由正弦定理得：232sinsinsin33ADDCAC

，∴23sin3AD，23sinDC，∴23sin23sin3ADDC学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司3cos3sin23si

n233，当且仅当3ADDC时，ADDC的最大值为23.法二：在ADC△中，23ADC，3AC，由余弦定理得：22222cos3ACADDCADDC，∴22()()994ADDCADDCAD

DC，∴23ADDC，当且仅当3ADDC时，ADDC的最大值为23.19.【答案】（1）证明见解析（2）60°【详解】（1）由PB⊥平面ABC，AC面ABC，所以PB⊥AC，因为∠BCA＝90°，即AC⊥BC

；又PB∩BC＝B，,PBBC面PBC，所以AC⊥平面PBC，又AC平面PAC，所以面PAC⊥面PBC.（2）以C为原点，CA、CB所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，设BC＝m＞0，则(0,0,0),(2,0,0),(0,,1),(0,,0),

(0,,2)2mCAEBmPm，所以(2,,1),(0,0,2),(2,,0)2mAEPBABm，由32tan2得：22cos11，由2222cos||||||20254AEPBAEPBmm，∴2222

1120m，解得m2，则2(2,,1),(2,2,0)2AEAB，设面ABE的一个法向量为(,,)nxyz，则2202220nAExyznABxy，取x＝1，则(1,2,1)n．学科网（

北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司取面ABC的一个法向量(0,0,1)k，故1cos,2||||knknkn，所以，结合面面角的范围易知：平面ABC与平面ABE所成角的大小为60°．20．(1)最小值为1，最大值为2.(2)175(,3)27【详解】（1）解：由

函数32fxxaxx，可得2321fxxax，因为10f，可得3210a，解得1a，所以32fxxxx且2321(1)(31)fxxxxx，当1[1,)3x

时，()0fx¢>，fx单调递增；当1(,1)3x时，0fx，fx单调递减；当(1,2]x时，()0fx¢>，fx单调递增；当13x=-，函数取得极大值15()327f；当1

x，函数取得极小值(1)1f，又由11,22ff，所以函数fx在区间[1,2]上的最小值为1，最大值为2.（2）解：由函数32fxxxx和4gxxm，可得325yxxfxgmxx，因为函数yfxgx在R上有三个零点，即

3250xxxm有三个实数根，等价于325hxxxx与ym的图象有三个不同的交点，又由2325(1)(35)hxxxxx，当(,1)x时，0hx，hx单调递增；当5(1,)3x时，0hx，hx单调递减；当5(,)3x

时，0hx，hx单调递增，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司所以当=1x，函数取得极小值(1)3h；当53x，函数取得极小值5175()327h，又由当x时，hx，当x时，hx，要使得yhx与ym

的图象有三个不同的交点，可得175327m，即实数m的取值范围是175(,3)27.21．(1)254πm，π2(2)14【详解】（1）因为ABC为直角三角形，设CAB，π02，又//CPAB，所以π2ABCPCB.因

为在直角ABC中，10mAB，所以10cosmAC，10sinmBC.所以210cos5πsin54πsinmCACPB（其中2tanπ）.当2，即π2时，CA

CPB取到最大值，为254πm，所以π1πtantan2tan2.（2）依题意，设mMDx，AMB，AMD，BMD，则，则20tanx，10tanx，所以tantan1

0102tantan20101t2010102001antan42002022xxxxxxxx，当且仅当102x时等号成立.所以当102mMD时，对底边AB观察的视线

所张的角最大.因为60CAB，则30ABCPCB，60PBC，可得BPAB，所以153m22BPBC，平面ABPC平面AMD，平面ABPC平面AMDAB，BP平面ABPC，所

以BP平面AMD，由BM平面AMD，得BPBM.因为10mBD，102mMD，所以103mMB，所以1tan4BPPMBMB.学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司所以从M处观察P点时仰角的正切值为14.22.

【答案】（1）1;（2）12](,;（3）见解析【详解】解：（1）函数()yfx在π(0,)2上的零点的个数为1.理由如下：因为()sincosxfxexx，所以()sincossinxxfxexexx.因为π02x

，所以'()0fx.所以函数()fx在π(0,)2上是单调递增函数.因为(0)10f，π2π()02fe，根据函数零点存在性定理得函数()yfx在π(0,)2上的零点的个数为1；（2）因为不等式12()()

fxgxm等价于12()()fxmgx，所以1π0,2x，2π0,2x，使得不等式12()()fxgxm成立，等价于122minmaxminfxmgxmgx，当π0,2x时，()sinco

ssin0xxfxexexx，故()fx在区间π0,2上单调递增，所以0x时，()fx取得最小值-1，又()cossin2xgxxxxe，由于0cos1x，sin0xx，22xe，所以()0gx，故()gx在区间0,2上单调递增

.因此，0x时，()gx取得最大值2.所以1(2)m，所以21m，所以实数m的取值范围是12](,;（3）当1x时，要证()()0fxgx，只需证()()fxgx，只需证sincoscos2xxexxxxe，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股

份有限公司只需证(sin2)(1)cosxexxx，由于sin20x，10x，只需证cos1sin2xexxx，下面证明1x时，不等式cos1sin2xexxx成立.令()(1)1xehxxx

，则22(1)()(1)(1)xxxexexehxxx，当(1,0)x时，()0hx，()hx单调递减；当,()0x时，()0hx，()hx单调递增.所以当且仅当0x时，()hx取得极小值也就是最小值为1.令cossin2xk

x，其可看成点(sin,cos)Axx与点(2,0)B连线的斜率，所以直线AB的方程为：(2)ykx，由于点A在圆221xy上，所以直线AB与圆221xy相交或相切，当直线AB与圆221xy相切且切点在第二象限时，当直线AB取得斜率k的最大值

为1.故0x时，21(0)2kh；0x时，()1hxk.综上所述，当1x时，()()0fxgx成立.学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司