黑龍江省哈爾濱市第三中學(xué)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1. 已知集合，，則（）
A. B. C. D. [1，4]
【答案】A
【解析】
【分析】先化簡集合，再利用交集定義即可求得.
【詳解】
故
故選：A
2. 已知向量，滿足，其中是單位向量，則在方向上投影向量是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由模的平方得數(shù)量積與的關(guān)系，再代入投影向量公式可得.
【詳解】因為平方得，,
又，則化簡得，
故在方向上的投影向量是.
故選：D．
3. 已知函數(shù)，則“”是“函數(shù)在上單調(diào)遞增”的（）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，求出函數(shù)在上單調(diào)遞增等價條件，再利用充分條件、必要條件的定義判斷即得.
【詳解】由函數(shù)在上單調(diào)遞增，得，解得，
充分性，當(dāng)“”時，函數(shù)在上不一定單調(diào)遞增，故充分性不成立，
必要性，函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，故必要性成立，
則“”是“函數(shù)在上單調(diào)遞增”的必要不充分條件.
故選：B
4. 若，則（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由題給條件求得的值，進而求得的值.
【詳解】由，可得，
則，則，則，
故
故選：C
5. 已知圓和，若動圓與這兩圓一個內(nèi)切一個外切，記該動圓圓心的軌跡為，則的方程為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用橢圓定義得到該動圓圓心的軌跡為橢圓，進而得到的方程.
【詳解】圓，圓心，半徑，
圓，圓心，半徑，
因為
所以圓在圓內(nèi)，
所以動圓與圓內(nèi)切與圓外切，
設(shè)動圓半徑為r，圓心，
則，，
故，
所以動點的軌跡是以為焦點長軸長為的橢圓.
由，
解得，jcdm
所以，
又因為該橢圓的中心在原點，焦點在y軸上，
所以的方程為.
故選：C
6. 如圖，三棱柱中，E，F(xiàn)分別是AB、AC的中點，平面將三棱柱分成體積為（左為，右為）兩部分，則（）
A. 5:6B. 3:4C. 1:2D. 5:7
【答案】D
【解析】
【分析】設(shè)面積為，和的面積為，三棱柱高位；；；總體積為：，根據(jù)棱臺體積公式求；以及面積關(guān)系，求出體積之比．
【詳解】由題：設(shè)面積為，和的面積為，三棱柱高位；；
；總體積為：
計算體積：
①
②
③
由題意可知，④
根據(jù)①②③④解方程可得：，；則.
故選：D．
7. 專家表示，海水倒灌原因是太陽、月亮等星體的共同作用下，海水的自然漲落，如果天氣因素造成的漲水現(xiàn)象趕上潮汐高潮的時候，這個時候水位就會異常的高.某地發(fā)生海水倒灌，未來24h需要排水減少損失，因此需要緊急抽調(diào)抽水機.經(jīng)測算，需要調(diào)用20臺某型號抽水機，每臺抽水機需要平均工作24h.而目前只有一臺抽水車可立即投入施工，其余抽水機需要從其他施工現(xiàn)場抽調(diào).若抽調(diào)的抽水機每隔20min才有一臺到達施工現(xiàn)場投入工作，要在24h內(nèi)完成排水任務(wù)，指揮部至少共需要抽調(diào)這種型號的抽水機（）
A. 25臺B. 24臺C. 23臺D. 22臺
【答案】B
【解析】
【分析】設(shè)至少需要臺抽水機，記一臺抽水機20min完成的任務(wù)為單位1，臺抽水機完成的任務(wù)依次為，，是公差為的等差數(shù)列，解不等式即可得．不等式數(shù)字較大，引入二次函數(shù)后，利用函數(shù)的性質(zhì)確定結(jié)論．
【詳解】設(shè)至少需要臺抽水機，記一臺抽水機20min完成的任務(wù)為單位1，這臺抽水機完成的任務(wù)依次為，（）
依題意，，是公差為的等差數(shù)列，
，
要完成所有任務(wù)，則，
，
記，在上是減函數(shù)，
，，
所以時，，
所以最小值需要24臺抽水機，
故選：B．
8. 已知函數(shù)，若，當(dāng)時，恒成立，則的取值范圍是（）
A. B. C. D. [0,8]
【答案】D
【解析】
【分析】將化為，由此令，則，則原問題轉(zhuǎn)化為在上單調(diào)遞增，繼而結(jié)合導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，即可求解．
【詳解】不妨設(shè)，
因為對一切都成立，
所以對一切都成立，
令，則．定義域為，
則原問題轉(zhuǎn)化為在上單調(diào)遞增；
，
當(dāng)時，，在單調(diào)遞增；
當(dāng)時，需在上恒成立，即在上恒成立，
對于圖象過定點，對稱軸為，
故要使得在上恒成立，
需滿足a>0且，
解得，
綜合可得，即的取值范圍為,．
故選：D.
【點睛】方法點睛：遇到雙變量函數(shù)不等式，需要集中變量轉(zhuǎn)化為函數(shù)值大小關(guān)系，從而構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為新函數(shù)單調(diào)性判斷問題，再結(jié)合導(dǎo)數(shù)確定單調(diào)性即可得所求.
二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9. 設(shè)是橢圓的兩個焦點，是橢圓上一點，且．則下列說法中正確的是（）
A. B. 離心率為
C. 的面積為6D. 的面積為12
【答案】ABC
【解析】
【分析】根據(jù)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程求出，再由題意及橢圓定義列出方程求解可判斷A，根據(jù)離心率定義判斷B，根據(jù)A可知三角形為直角三角形，求面積可判斷CD .
【詳解】由，得，則，
因為是橢圓上一點，所以，
因為，所以，，故A正確；
對于B，離心率為，故B正確；
對于CD，因為，所以為直角三角形，，所以，故C正確，D錯誤．
故選：ABC
10. 已知函數(shù)滿足，若在區(qū)間上恰有3個零點，則（）
A. 的最小正周期是B.
C. 的最小值為D. 的最大值為
【答案】BC
【解析】
【分析】根據(jù)正弦型函數(shù)的周期與對稱性可得的值，從而得函數(shù)解析式，利用正弦型函數(shù)的最小周期、最值、零點逐項判斷即可得結(jié)論.
【詳解】由題意可知，的最小正周期，故A不正確；
因為，由，可知為的一條對稱軸，
所以，故B正確；
因為為一條對稱軸，所以，則，
又因為，所以，故，
當(dāng)時，，
若在區(qū)間上恰有3個零點，則，解得，
所以的最小值為，無最大值，故C正確，D不正確.
故選：BC.
11. 在中，為內(nèi)的一點，，則下列說法正確的是（）
A. 若為的重心，則B. 若為的外心，則
C. 若為的垂心，則D. 若為的內(nèi)心，則
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立平面直角坐標(biāo)系，對于A、C、D：先求出三角形各種心的坐標(biāo)，然后代入坐標(biāo)列方程求解；對于B：利用展開計算即可．
【詳解】在中，，，為內(nèi)的一點，
建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，
則，，，
對于選項A：若為的重心，則，，則，
所以，
若，由平面向量基本定理可得：，
解得，所以，故選項A不正確；
對于選項B：若為的外心，其必在直線上，
所以，故選項B正確；
對于選項C：若為的垂心，其必在上，設(shè)，
則，解得，
此時，
若，由平面向量基本定理可得：，
解得，所以，故選項C正確；
對于選項D：若為的內(nèi)心，設(shè)內(nèi)切圓半徑為，
則，得，則，
此時，
若，由平面向量基本定理可得：，
解得，所以，即選項D正確．
故選：BCD．
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 已知i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)滿足，則的最大值是______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用復(fù)數(shù)模的幾何意義求解.
【詳解】設(shè)復(fù)數(shù)，則，
即，則點的軌跡為圓心在，半徑為的圓，
，其表示點到點的距離，
其最大值為到圓心的距離加上半徑，即，
故答案為：.
13. 邊長為1的正三角形ABC的內(nèi)心為，過的直線與邊AB，AC交于P、Q，則的最大值為______.
【答案】
【解析】
【分析】以為坐標(biāo)原點，與平行的直線為軸，建立直角坐標(biāo)系，從而得直線，方程，設(shè)直線為，利用直線相交得坐標(biāo)，從而可得的表達式，根據(jù)函數(shù)性質(zhì)得最值.
【詳解】如圖，以為原點，所在直線為軸，與平行的直線為軸，建立平面直角坐標(biāo)系，
則，，，
所以直線方程為，直線方程為，
過的直線與邊AB，AC交于P、Q，設(shè)直線為，且，
所以，，
則，
故，
因為，故當(dāng)時，取到最大值為.
故答案為：18
14. 已知數(shù)列的前項和為，滿足，函數(shù)定義域為R，對任意都有，若，則的值為______.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】利用確定數(shù)列的遞推關(guān)系，從而求得通項公式，利用可確定函數(shù)是周期函數(shù)且得出周期，由二項展開式確定除以4所得余數(shù)，由求得，最后利用周期性得結(jié)論．
【詳解】因為，
當(dāng)時，，，
，則，
所以，
所以是等比數(shù)列，公比為，，
所以，
，則，
所以，即是周期函數(shù)，且周期為4，
，則，
，
上述展開式中，從第二項開始每一項都是8的倍數(shù)，也是4的倍數(shù)，
所以，
故答案為：．
【點睛】方法點睛：在已知數(shù)列的項與前項和關(guān)系時，一般利用確定數(shù)列的前后項之間的關(guān)系，從而求得通項公式，解題時要注意的情形是否對也適用．
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答題應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15. 記銳角的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知.
（1）求；
（2）求的取值范圍.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)已知條件利用正弦定理及和角公式可得，再結(jié)合的范圍，即可得到；
（2）由正弦定理邊角轉(zhuǎn)化，結(jié)合三角恒等變換可得，根據(jù)角的范圍可得的范圍，進而得到答案．
【小問1詳解】
由正弦定理可得：，
所以，
所以，
因為，
所以，
所以，
因為，所以，
所以，即；
【小問2詳解】
由正弦定理得，
所以，
則
，
由于為銳角三角形，故，所以，
從而，則，所以，
因此面積的取值范圍是．
16. 為了了解高中學(xué)生課后自主學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)時間（分鐘/每天）和他們的數(shù)學(xué)成績（分）的關(guān)系，某實驗小組做了調(diào)查，得到一些數(shù)據(jù)（表一）.
表一：
（1）請用相關(guān)系數(shù)說明該組數(shù)據(jù)中變量與變量之間的關(guān)系可以用線性回歸模型擬合（結(jié)果精確到0.001）；
（2）求關(guān)于經(jīng)驗回歸方程，并由此預(yù)測每天課后自主學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)時間為100分鐘時的數(shù)學(xué)成績；
（3）基于上述調(diào)查，某校提倡學(xué)生周六在校自主學(xué)習(xí).經(jīng)過一學(xué)期的實施后，抽樣調(diào)查了220位學(xué)生.按照是否參與周六在校自主學(xué)習(xí)以及成績是否有進步統(tǒng)計，得到列聯(lián)表（表二）．依據(jù)表中數(shù)據(jù)及小概率值的獨立性檢驗，分析“周六在校自主學(xué)習(xí)與成績進步”是否有關(guān).
表二：
（參考數(shù)據(jù)：方差為的方差為230.8，）
附：，.
【答案】（1）詳見解析；
（2）分.
（3）有關(guān)
【解析】
【分析】（1）依據(jù)公式計算即可求得相關(guān)系數(shù)；
（2）利用最小二乘法求得回歸方程，再令即可得解；
（3）根據(jù)公式求得，再對照臨界值表即可得解.
【小問1詳解】
，
又的方差為的方差為230.8，
則
r值非常接近于1，故變量與變量之間的關(guān)系可以用線性回歸模型擬合.
【小問2詳解】
，
，
故，當(dāng)時，，
故預(yù)測每天課后自主學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)時間為100分鐘時的數(shù)學(xué)成績?yōu)榉?
【小問3詳解】
,
因為，所以依據(jù)的獨立性檢驗，
可以認(rèn)為“周六在校自主學(xué)習(xí)與成績進步”有關(guān).
17. 已知等差數(shù)列和等比數(shù)列，滿足.
（1）求數(shù)列的通項公式；
（2）求數(shù)列的前項和為；
（3）在（2）的條件下，設(shè)數(shù)列的前項和為，若對于任意的時，恒成立，求實數(shù)的取值范圍．
【答案】（1），；
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）由等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式列方程組求得公差、公比后可得通項公式；
（2）由錯位相減求和；
（3）用裂項相消法求得和，不等式轉(zhuǎn)化為，引入函數(shù)，由導(dǎo)數(shù)確定的單調(diào)性后，可得出的最小值，從而得的范圍．
【小問1詳解】
設(shè)等差數(shù)列的公差為，等比數(shù)列的公比為，則由得：
，解得（舍去），
所以，；
【小問2詳解】
，
，
則，
，
所以；
【小問3詳解】
由（2）,
所以．
恒成立，即，，
設(shè)，則，由得，
，因此,,記，即，
時，，遞減，時，遞增，因此是的最小值，
，，
所以對任意的，的最小值是，
所以．
18. 如圖，在三棱柱中，已知底面，為的中點，點在棱上，且為線段AD上的動點.

（1）證明：；
（2）若直線與所成角的余弦值為，求二面角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)條件證明平面，再由線面垂直的性質(zhì)得到；
（2）由（2）取的中點，以為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，將二面角的問題轉(zhuǎn)化為向量夾角問題求解．
【小問1詳解】
證明：在三棱柱中，底面，
所以三棱柱是直三棱柱，則，
因為，所以，
又因為，為的中點，
所以，又，平面，
所以平面，因為平面，
所以，
易知，則，
因為，
所以，則，
即，又，平面，
所以平面，
所以；
【小問2詳解】
由（1）取的中點，以為坐標(biāo)原點，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系：

則，，，
設(shè)，
所以，
因為直線與所成角的余弦值為，
所以，解得，
則，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，即，
令，則，
所以為平面的一個法向量，
易知是平面的一個法向量，
則，
由圖可知為銳角，
所以二面角的余弦值為．
19. 設(shè)是定義在區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)，若存在區(qū)間，使得在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則稱為“含峰函數(shù)”，為“峰點”，稱為的一個“含峰區(qū)間”.
（1）判斷下列函數(shù)是否為“含峰函數(shù)”？若是，請指出“峰點”；若不是，請說明理由：
（i）；
（ii）.
（2）已知是“含峰函數(shù)”，且是它的一個“含峰區(qū)間”，求的最大值；
（3）設(shè)是“含峰函數(shù)”，是它的一個“含峰區(qū)間”，并記的最大值為.若，且，求的最小值.
【答案】（1）（i）是“含峰函數(shù)”，“峰點”為（ii）不是 “含峰函數(shù)”
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）結(jié)合所給定義，分別借助導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)與是否有極大值即可得；
（2）結(jié)合所給定義，可得在上存在極大值點，結(jié)合導(dǎo)數(shù)計算即可得的范圍，即可得其最值；
（3）求導(dǎo)后可因式分解，由定義可得有兩不相等實根，再根據(jù)，結(jié)合單調(diào)性得到，根據(jù)，結(jié)合單調(diào)性得到，即有，即可結(jié)合韋達定理表示出，再由、代入計算可得出間的關(guān)系，即可分類討論最小值.
【小問1詳解】
（i）由，，
當(dāng)或時，，當(dāng)或時，，
所以在和上單調(diào)遞增，在和上單調(diào)遞減，
故存在區(qū)間，該函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
故是“含峰函數(shù)”， “峰點”為，
（ii），，則在上是增函數(shù)，
故不是“含峰函數(shù)”；
【小問2詳解】
由題意在上存在極大值點，
的定義域是，
，
因為，令得，（舍去），
當(dāng)時，，當(dāng)時，，
因此在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
則有，解得，又，所以的最大值是；
【小問3詳解】
由，
則，
若，
則當(dāng)時，，當(dāng)時，，
故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
此時不為 “含峰函數(shù)”，
則有兩個不等實根，
設(shè)這兩根分別、且，
則有，
，，
由，故在上不為減函數(shù)，
若，則當(dāng)時，，即在上單調(diào)遞減，矛盾，故；
由，故在上不為增函數(shù)，
若，則當(dāng)時，，即在上單調(diào)遞增，矛盾，故；
故有，
故當(dāng)時，，當(dāng)時，，
即在、上單調(diào)遞減，在、上單調(diào)遞增，
故，故
，
由，即，
，即，
令，解得，
故當(dāng)時，，當(dāng)時，，
故當(dāng)時，
，
由，故，
當(dāng)時，
，
由，故，
綜上所述，的最小值為，此時，.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：最后一問關(guān)鍵點在于根據(jù)，結(jié)合單調(diào)性得到，根據(jù)，結(jié)合單調(diào)性得到.編號
1
2
3
4
5
學(xué)習(xí)時間
30
40
50
60
70
數(shù)學(xué)成績
65
78
85
99
108
沒有進步
有進步
合計
參與周六在校自主學(xué)習(xí)
35
130
165
未參與周六不在校自主學(xué)習(xí)
25
30
55
合計
60
160
220
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

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