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

数学答案1.【答案】C【详解】依题意C{3,4,5}，集合C中有3个元素，则其真子集的个数有2317个.故选：C2.【答案】B【详解】由题，z12i，故z12i，z12i12i1i3i31i1i1i1i1i222故选：B3.【答案】D【详解】如图所示圆台的轴截面，过点A作AECD，1因此有DECDAB3，24因为母线与下底面所成为角的正切值为，3AE4所以tanADEAE4ADAE2DE25，DE3该圆台的表面积为π22522555π425102564π，故选：D4.【答案】A1【详解】当x0时，fx3xlnx，则fx30，xfx在,0上单调递增，BD错误；13x1当x0时，fx3xlnx，则fx3，xx11当x0,时，fx0；当x,时，fx0；3311fx在0,上单调递减，在,上单调递增，C错误，A正确.33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，CF2FD，DE与BF相交于O．设DODE(01)，BOBF(01)11则ADDOAD+DEAD+ABAD1ADAB2222ABBOABBFABADAB(1)ABAD3321由AOADDOABBO，可得(1)ABAD1ADAB321112231则，解之得，则AOADDOADAB234213431922则AO(3AD2AB)ADAB(3AD2AB)ADAB7424uuur2又AD2，则9AB7，解之得AB=4，即AB的长为4故选：D7．【答案】C2π2ππ【详解】由图可知，函数fx的最小正周期为4，则，T423131fxfx1，fxfx，Amaxmin22bmaxmin221222221π13又因为f1sin1cos1，则cos1，2222ππ1πx因为，则0，所以，fxsin1，222211π113π因为f0f1f2f3sin01sin1sinπ1sin14，222222又因为20244506，因此，Sf0f1f2f2020f2021f2022f202345062024.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(x3)f(x)(x2)f(x)0，所以构造函数F(x)(x2)exf(x)，所以xxF(x)x2ef(x)x2ef(x)xxxex2ef(x)x2ef(x)ex(x3)f(x)(x2)f(x)0，则F(x)在R上单调递减，又F(0)2f(0)2，所以F(1)F(0)，即f(1)2e，故A错误；2F(1)F(0)，即f(1)，故B正确；3e1F(2)F(0)，即f(2)，故C错误；2e22F(3)F(0)，即f(3)，故D错误.5e3故选：B.9．【答案】BC【详解】对于B，由量a1,3,bcos,sin，ab，得cos3sin0，解得3tan，B正确；32x604对于A，由a,b的夹角为锐角，得cosa,b0且a,b不共线，则，解得x3且x，3x43因此“a,b的夹角为锐角”是“x3”的充分不必要条件，A错误；22对于C，由向量a4,3,b1,3，得ab41335,|b|1310，abb113因此a在b方向上的投影向量为b(,)，C正确；|b||b|222对于D，在ABC中，ABACABACABACABAC()BC()(ACAB)|AC||AB|ABACABACABAC(|AC||AB|)(1cosA)0，而1cosA1，因此|AB||AC|，所以ABC不一定为等边三角形，D错误.故选：BC10.【答案】AC【详解】S1999S2023，则学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司24(aa)aaaaa20012022SS0，200020012022202220232202319994021aa0，所以aaaa0，2a4021d0，ad，200120222011201220012022112a10，则d0，a2011a12010d0，4022(aa)S140222011(aa)2011(aa)0，4022214022201120124021ad，{a}是递增数列，12n11aa2010dd0，aa2011dd0，201112201212所以Sn中，S2011最小，故选：AC．11.【答案】AD【详解】对于选项A，fx的定义城为R，关于原点对称，又fxsinxsinxcosxcosxsinxsinxcosxcosxfx，所以yfx是偶函数，故选项A正确；对于选项B，ππ22sin(x),x[0,)42π2sinx,x[,π)23π0,x[π,)2fxsinxsinxcosxcosx3π2cosx,x[,2π)2π5π22sin(x),x[2π,)425π2sinx,x[,3π]2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f(x)的图象可知，不存在非零实数T使得f(x+T)=f(x)对任意实数x恒成立，故选项B不正确；π对于选项C,当2kπxπ2kπ，kN时，2fxsinxsinxcosxcosxsinxsinxcosxcosx2sinx，π因为2kπxπ2kπ，kN，yfx单调递减，故选项C错误；2π对于选项D,当2kπxπ2kπ，kN时，0fx2；2π当2kπ≤x≤2kπ，kN时，2fxsinxsinxcosxcosxsinxsinxcosxcosxπ2sinxcosx22sinx，4πππ3π因为2kπ≤x≤2kπ，kN，所以2kπ≤x≤2kπ，kN，24442π所以sinx1，所以2fx22；243π当π2kπ≤x2kπ，kN时，2fxsinxsinxcosxcosxsinxsinxcosxcosx0；3π当2kπ≤x2π2kπ，kN时，2fxsinxsinxcosxcosxsinxsinxcosxcosx2cosx，3π因为2kπ≤x2π2kπ，kN，所以0cosx1，所以0fx2，2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x0时，fx的最大值为22，由于fx为偶函数，所以当x0时，fx的最大值也为22，故yfx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B1D1，则B1D1A1C1，由题可知，BB1平面A1B1C1D1，且A1C1平面A1B1C1D1，则B1BA1C1，又B1D1B1BB1，A1C1平面D1B1B，BD1平面D1B1B，则BD1A1C1，同理可得BD1DC1，DC1A1C1C1，直线BD1平面A1C1D，则选项A正确；对于C选项，由题可知，A1B1∥C1D1∥CD，A1B1C1D1CD，所以四边形A1B1CD为平行四边形，则A1DB1C，所以AP与B1C所成角即为异面直线AP与A1D所成角，又点P在线段B1C上运动，可知VAB1C是等边三角形，所以直线AP与A1D所成角的取值范围是,，则C选项正确；32对于B选项，如图展开平面C1CDD1，使平面B1BCDD1C1共面，过G作GPB1C，交B1C32与点P，交CC与点Q，则此时PQQG最小，由题可知，BG3，则GP，即11232PQQG的最小值为，则B选项错误；2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，MAMB4，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AB2，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AMBC的体积最大，即M到平面ABC的距离最大，所以当M平面ABB1A1，当ME平面ABC，且ME3时，三棱锥AMBC的体积最大，此时△MAB为等边三角形，设其中心为O1，三棱锥AMBC的外接球的球心为O，的外心，连接OF，，OO，ABCFOA132227则OFO1E，AF2，所以AOOFAF，3328即三棱锥AMBC体积最大时其外接球的表面积S4OA2.3故选：ACD.613.【答案】41【详解】边长为2的正ABC的面积为22sin603，即S3.2ABC由斜二测画法的直观图与原图形的关系可知：226SS3VABC4VABC446故答案为：414.【答案】16,32【详解】因5ab2(ab)3(ab)，而2ab4,4ab8，则42(ab)8,123(ab)24，即162(ab)3(ab)32，165ab32，所以5ab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】yex或yx1【详解】设公切线l与fx且于点Pa,b，与曲线gx切于点Qm,n，则有bea，①nlnm2，②1又fxex,gx，x1∴faea,gm．mnb∵过点P,Q的直线l的斜率为k，PQmanb1∴ea．③mam1由①②③消去a,b,n整理得(1lnm)(1)0，m1解得m或m1．e1111当m时，n2ln1，直线l与曲线gx的切点为(,1)，ge，此时切线方eeee1程为y1e(x)，即yex．e当m1时，n2，直线l与曲线gx的切点为(1,2)，g11，此时切线方程为y2x1，即yx1．故直线