精品解析：黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

哈尔滨市第九中学2024—2025学年度高三上学期 期中考试数学学科试卷 满分150分，考试时间120分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由集合的交集运算求解． 【详解】， 则， 故选：C 2. 若复数满足，则的实部与虚部之和为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，化简求得，结合复数的概念，即可求解. 【详解】因为，所以，则， 所以的实部为，虚部为，则的实部与虚部之和为. 故选：D. 3. 已知等差数列的前6项和为60，且，则（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】由通项公式及前项和公式代入求解即可. 【详解】由， 可得：，即， 又， 所以， 所以. 故选：C 4. 在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的定义及余弦的和差公式即可求解. 【详解】角的终边经过点， 所以，， . 故选：C. 5. 如图，四边形表示水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，，，，，则（ ） A. B. C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测的性质还原图形，再由勾股定理即可求解. 【详解】解：还原四边形，如图所示： 依题意可得：． 取的中点，连接， 则，且， 故.   故选：B. 6. 若曲线的一条切线方程是，则（ ） A. B. 1 C. D. e 【答案】A 【解析】 【分析】求出原函数的导函数，利用切点处的导数值等于切线的斜率求解切点坐标，把切点坐标代入切线方程求值． 【详解】由，得， 设切点坐标为，由，得， 切点坐标为，代入，得，即． 故选：A． 7. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为，面积为的扇形，则该圆锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出圆锥的底面圆半径和高，再求出外接球的半径，由此求得圆锥的外接球的面积. 【详解】设圆锥的底面圆半径为，则该圆锥的侧面展开图扇形弧长为， 于是，解得，该圆锥的高为， 设该圆锥的外接球的半径为，则球心到圆锥底面圆距离， 由球的性质知，，解得， 所以该圆锥的外接球的面积为. 故选：A 8. 在学习完“错位相减法”后，善于观察的同学发现对于“等差×等比数列”此类数列求和，也可以使用“裂项相消法”求解．例如，故数列的前项和．记数列的前n项和为，利用上述方法求（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先将裂成两项，再运用待定系数法求解裂成两项的系数，接着利用裂项相消法求和即得. 【详解】设， 左右对照可得，解得 所以， 则数列的前项和为： ， 故. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：按照题意，将数列通项写成两项的差的形式，通过待定系数法确定各项系数，再裂项相加即可. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知平面向量，的夹角为，且，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 与可以作为平面内向量的一组基底 C. D. 在上的投影向量为 【答案】BD 【解析】 【分析】对A，计算可判断；对B，根据平面向量基底的定义判断；对C，利用向量数量积运算判断；对D，根据投影向量的定义运算判断. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，因为，所以与不共线，所以与可以作为平面的一组基底，故B正确； 对于C，因为，所以，故C错误； 对于D，，所以在上的投影向量为，故D正确. 故选：BD. 10. 在中，内角所对的边分别为，已知，为线段上一点，则下列判断正确的是（ ） A. 为钝角三角形 B. 的最大内角是最小内角的2倍 C. 若为中点，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】依题意由正弦定理得，不妨设，则，故求出最大边所对的角即最大角即可判断A；由余弦定理以及二倍角公式即可判断B；求出中线即可判断C；借助求出角平分线即可判断D. 【详解】由题知内角所对的边分别为， 由正弦定理可知，不妨设，则， 对于A，由上知边为最大边，故为最大角， 由余弦定理知，故为锐角，所以为锐角三角形，故错误； 对于，由上知A为最小角，且， 又，知，即， 又均为锐角，则，故B正确； 对于，因为为中点，所以， 平方得， ，又，故，故C正确； 对于D，由，得，又， 所以，由，即， 故，故D正确， 故选：BCD. 11. 设数列的前项和为，若，则称数列是数列的“均值数列”．已知数列是数列的“均值数列”，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 设数列的前项积为，则有最大值，无最小值 C. 数列中没有最大项 D. 若对任意，成立，则或 【答案】AD 【解析】 【分析】先由数列递推式求得，再由求得，由与的关系式求出，代值即可判断A项；对于B，由通项分析项的符号特征即可判断；对于C，分析数列的项的单调性特点可判断其由最大项，排除C；对于D，利用C项结果将不等式恒成立转化成求解不等式即得. 【详解】当时，，得，因①， 当时，②， 由①②，，即，取时，满足题意， 故数列的通项公式为，又因，故. 当时，；当时，， 因时，符合题意 ，故， 则，故A正确； 对于B，由A已得，，则， 因时，时，，而， 故的最大值为或，有最小值，故B错误； 对于C，由，可得， 易得,且，故的最大项为，故C错误； 对于D，由，可得，由C项分析已得为的最大项， 故得，解得或，故D正确. 故选：AD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查新定义数列的项与和的性质的应用，属于难题. 解题的思路在于，由递推和式采用赋值相减法求出通项，可得,再由与的关系式求出通项，再分析项的符号以及单调性特征，逐一判断选项可得. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，且为第二象限角，则___________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用同角三角函数的平方关系求解，再利用正弦的二倍角公式，即得解 【详解】由题意，为第二象限角，故 故答案为： 13. 已知函数在处取得极大值，则_________． 【答案】0 【解析】 【分析】求出函数的导数，再由求出并验证即可. 【详解】函数，求导得， 依题意，，解得或， 当时，，当或时，，当时，， 函数在处取得极大值，符合题意，则； 当时，，当或时，，当时，， 函数在处取得极小值，不符合题意， 所以. 故答案为：0 14. 已知数列满足，，则______；设数列的前项和为，则______．（第二个空结果用指数幂表示） 【答案】 ①. 60 ②. 【解析】 【分析】根据递推公式，依次求和；当为奇数时，令，可得，当为偶数时，令，可得，即可求得数列是以2为首项，2为公比的等比数列，从而求出数列的通项公式，再利用分组求和法，即可求解. 【详解】由得，进而得； 当为奇数时，，令，则， 当为偶数时，，令， 则， 则， 当时，，所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，即 则 当为奇数时，由，则， 所以， 当为偶数时，由，则，所以， 所以， 所以， 所以， . 故答案为：； 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）求的最小正周期； （2）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求不等式的解集． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由降幂公式和辅助角公式化简，结合周期公式即可求解； （2）结合平移法则和诱导公式化简得，由余弦函数图象特征解不等式即可求解. 【小问1详解】 ，故； 【小问2详解】 因为，向左平移个单位长度， 得到， 故要使，需满足，解得，故的解集为 16. 数列满足． （1）求数列通项公式． （2）设，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意有，数列是首项为2，公差为2的等差数列，可求数列通项公式． （2），分为奇数和为偶数，结合分组求和法求. 【小问1详解】 由，有， 又，所以数列是首项为2，公差为2的等差数列， 则有，所以数列通项公式. 【小问2详解】 设， 为奇数时，；为偶数时，. 为奇数时， ； 为偶数时， . 所以. 17. 在中，角的对边分别是，已知． （1）求角； （2）若点在边上，且，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用正弦定理得，再利用正弦的和角公式得到，即可求解； （2）根据条件，利用向量的线性运算，得到，从而有，再结合条件，利用余弦定理得到，即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，整理得到， 即， 又，所以，得到， 又，所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 又， 又由余弦定理， 得，所以， 所以，当且仅当取等号， 所以面积的最大值为. 18. 南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式．如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第层球数是第n层球数与的和，设各层球数构成一个数列． （1）求数列的通项公式； （2）证明：当时， （3）若数列满足，对于，证明：． 【答案】（1） （2）证明：设，， 则， 所以在上单调递增，则， 即，即当时，. （3）证明：由（2）可知当时，， 令，则， 所以， 所以， 令， 则， 所以 ， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）依题意可得，利用累加法计算可得； （2）设，利用导数说明函数的单调性，即可得证； （3）由（2）令即可得到，从而得到，再利用错位相减法计算可得. 【小问1详解】 根据题意，， 则有， 当时， ， 又也满足，所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是结合（2）的结论，令得到，从而得到. 19. 定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数．已知函数． （1）当时，判断是否为极值可差比函数，若是求极值差比系数，若不是说明理由； （2）是否存在使的极值差比系数为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）若，求的极值差比系数的取值范围． 【答案】（1）是极值可差比函数，； （2）不存在，理由：由题的定义域为，，即， 假设是极值可差比函数，且极值差比系数为， 设的极大值点为，极小值点为. 则，得，由（1）分析可得， 又，则. 由于 . 由题则有：， 从而， 结合，得（*）. 令，则， 所以在上单调递增，有， 因此（*）方程在时无解，即不存在使的极值差比系数为； （3） 【解析】 【分析】（1）按照题目所给信息，验证是否满足题意即可； （2）将问题转化为验证方程在范围内是否有解； （3）由（2）可得的极值差比为，后令，结合， 将问题转化为求函数值域即可. 【小问1详解】 当时，， 所以， 当时，；当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为， 所以，因此是极值可差比函数． 其中； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知极值差比系数为，又， 则极值差比系数为. 令，，则极值差比系数可化为， 注意到，又，可得， 令，则， 设， 所以在上单调递减， 当时，，从而， 所以在上单调递增，所以， 即． 故的极值差比系数的取值范围为 【点睛】关键点睛：本题首先需读懂题意，随后灵活运用代数式处理技巧， 将需研究表达式化简为只含一个未知数；对于某些复杂函数的性质，我们也可 通过多次求导来研究，但要注意书写格式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈尔滨市第九中学2024—2025学年度高三上学期 期中考试数学学科试卷 满分150分，考试时间120分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在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，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的实部与虚部之和为（ ） A. B. C. 1 D. 3. 已知等差数列的前6项和为60，且，则（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 4. 在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，四边形表示水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，，，，，则（ ） A. B. C. 6 D. 6. 若曲线的一条切线方程是，则（ ） A. B. 1 C. D. e 7. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为，面积为的扇形，则该圆锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在学习完“错位相减法”后，善于观察的同学发现对于“等差×等比数列”此类数列求和，也可以使用“裂项相消法”求解．例如，故数列的前项和．记数列的前n项和为，利用上述方法求（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知平面向量，的夹角为，且，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 与可以作为平面内向量的一组基底 C. D. 在上的投影向量为 10. 在中，内角所对的边分别为，已知，为线段上一点，则下列判断正确的是（ ） A. 为钝角三角形 B. 的最大内角是最小内角的2倍 C. 若为中点，则 D. 若，则 11. 设数列的前项和为，若，则称数列是数列的“均值数列”．已知数列是数列的“均值数列”，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 设数列的前项积为，则有最大值，无最小值 C. 数列中没有最大项 D. 若对任意，成立，则或 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，且为第二象限角，则___________. 13. 已知函数在处取得极大值，则_________． 14. 已知数列满足，，则______；设数列的前项和为，则______．（第二个空结果用指数幂表示） 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）求的最小正周期； （2）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求不等式的解集． 16. 数列满足． （1）求数列通项公式． （2）设，求数列的前n项和． 17. 在中，角的对边分别是，已知． （1）求角； （2）若点在边上，且，求面积的最大值． 18. 南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式．如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第层球数是第n层球数与的和，设各层球数构成一个数列． （1）求数列的通项公式； （2）证明：当时， （3）若数列满足，对于，证明：． 19. 定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数．已知函数． （1）当时，判断是否为极值可差比函数，若是求极值差比系数，若不是说明理由； （2）是否存在使的极值差比系数为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）若，求的极值差比系数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $