精品解析：黑龙江省鹤岗市萝北县高级中学2025届高三上学期11月期中考试数学试题

萝北高中2024-2025学年上学期 高三年级期中数学试题 时间：120分钟 分值：150分 一、单选题（每题5分，40分） 1. 若，则|z|=（ ） A. B. 1 C. 5 D. 25 2. 条件“圆与直线相切”是“”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知直线，和平面，，则使平面平面成立的充分条件是（ ） A. ， B. ， C. ，， D. ， 4. 某地教育局为了解“双减”政策的落实情况，在辖区内初一年级在校学生中抽取了100名学生，调查了他们课下做作业的时间，根据调查结果绘制了如下频率分布直方图： 根据此频率分布直方图，下列结论中不正确的是（ ） A. 该地初一年级学生做作业的时间超过3小时的概率估计为35% B. 估计该地初一年级有一半以上的学生做作业的时间超过2.6小时 C. 估计该地初一年级学生的平均做作业的时间超过2.6小时 D. 估计该地初一年级有一半以上的学生做作业的时间在2小时至3小时之间 5. 设则（ ） A. b<c<a B. b<a<c C. c<a<b D. c<b<a 6. 已知曲线与直线有两个相异的交点，那么实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在平面凸四边形中，，，，，，则（ ） A. B. 3 C. D. 8. 已知、是函数（其中常数）图象上的两个动点，点，若的最小值为0，则函数的最大值为 A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，18分） 9. 下列函数中，最小正周期为的偶函数是（ ） A. B. C. D. 10. 泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互瞭望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ） A. 点的轨迹方程是 B. 直线是“最远距离直线” C. 平面上有一点，则的最小值为5 D. 点所在的曲线与圆没有交点 11. 在中，下列说法正确的是（ ） A. 若，则是等腰三角形 B. 若，，则为等边三角形 C. 若点是边上的点，且，则的面积是面积的 D. 若分别是边中点，点是线段上的动点，且满足，则的最大值为 三、填空题（每题5分，15分） 12. 球O的半径与圆锥M的底面半径相等，且它们的表面积也相等，则圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为______，球O的体积与圆锥M的体积的比值为______． 13. 若是的内角，且，则与的大小关系是___________. 14. 已知函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围为______. 四、解答题 15. 2020年，北京将实行新的高考方案.新方案规定：语文､数学和英语是考生的必考科目，考生还需从物理､化学､生物､历史､地理和政治六个科目中选取三个科目作为选考科目.若一个学生从六个科目中选出了三个科目作为选考科目，则称该学生的选考方案确定；否则，称该学生选考方案待确定，例如，学生甲选择“物理､化学和生物”三个选考科目，则学生甲的选考方案确定，“物理､化学和生物”为其选考方案. 某校为了解高一年级840名学生选考科目的意向，随机选取60名学生进行了一次调查，统计选考科目人数如下表： 性别 选考方案确定情况 物理 化学 生物 历史 地理 政治 男生 选考方案确定的有16人 16 16 8 4 2 2 选考方案待确定的有12人 8 6 0 2 0 0 女生 选考方案确定的有20人 6 10 20 16 2 6 选考方案待确定的有12人 2 8 10 0 0 2 （1）估计该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有多少人？ （2）从选考方案确定的16名男生中随机选出2名，求恰好有一人选“物理､化学､生物”的概率； （3）从选考方案确定的16名男生中随机选出2名，设随机变量，求的分布列和期望. 16. 如图，四棱柱的底面为梯形，，三个侧面、、均为正方形． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的余弦值． 17. 设函数． （1）若曲线在点，（2）处的切线斜率为0，求； （2）若在处取得极小值，求的取值范围； （3）在（2）的条件下，求证：没有最小值． 18. 已知抛物线，焦点为F，直线交抛物线C于A，B两点，P是线段AB的中点，过P作x轴的垂线交抛物线C于点Q． （1）若抛物线C上有一点到焦点F的距离为3，求m的值； （2）是否存在实数m，使是以Q为直角顶点的直角三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 19. 如图，表1是一个由40×20个非负实数组成的40行20列的数表，其中am，n（m＝1，2，…，40；n＝1，2，…，20）表示位于第m行第n列的数.将表1中每一列的数都按从大到小的次序从上到下重新排列（不改变该数所在的列的位置），得到表2（即bi，j≥bi+1，j，其中i＝1，2，…，39；j＝1，2，…，20）. 表1 a1，1 a1，2 … a1，20 a2，1 a2，2 … a2，20 … … … … a40，1 a40，2 … a40，20 表2 b1，1 b1，2 … b1，20 b2，1 b2，2 … b2，20 … … … … b40，1 b40，2 … b40，20 （1）判断是否存在表1，使得表2中的bi，j（i＝1，2，…，40；j＝1，2，…，20）等于100﹣i﹣j？等于i+2﹣j呢？（结论不需要证明） （2）如果b40，20＝1，且对于任意的i＝1，2，…，39；j＝1，2，…，20，都有bi，j﹣bi+1，j≥1成立，对于任意的m＝1，2，…，40；n＝1，2，…，19，都有bm，n﹣bm，n+1≥2成立，证明：b1，1≥78； （3）若ai，1+ai，2+…+ai，20≤19（i＝1，2，…，40），求最小的正整数k，使得任给i≥k，都有bi，1+bi，2+…+bi，20≤19成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 萝北高中2024-2025学年上学期 高三年级期中数学试题 时间：120分钟 分值：150分 一、单选题（每题5分，40分） 1. 若，则|z|=（ ） A. B. 1 C. 5 D. 25 【答案】B 【解析】 【分析】化简得到，再计算模长得到答案. 【详解】，故. 故选：. 【点睛】本题考查了复数的化简和模长，意在考查学生的计算能力. 2. 条件“圆与直线相切”是“”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】首先求得当圆与直线相切时，的值，由此确定充分、必要条件. 【详解】∵圆心，半径，∴，或. 所以“圆与直线相切”是“”成立的必要不充分条件. 故选：B 3. 已知直线，和平面，，则使平面平面成立的充分条件是（ ） A. ， B. ， C. ，， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】A选项，由条件可得到得到充分性；B选项，不一定得到，作图说明；C选项，不一定得到，作图说明；D选项，根据条件得到面面平行可以判断. 【详解】A选项中，根据，，可得存在，所以，所以平面平面，A正确； B选项中，，,，，，不一定得到，如下图，所以B错误； C选项中，，，，不一定得到，如下图，所以C错误； D选项中，根据，，所以，所以D错误. 故选：A. 4. 某地教育局为了解“双减”政策的落实情况，在辖区内初一年级在校学生中抽取了100名学生，调查了他们课下做作业的时间，根据调查结果绘制了如下频率分布直方图： 根据此频率分布直方图，下列结论中不正确的是（ ） A. 该地初一年级学生做作业的时间超过3小时的概率估计为35% B. 估计该地初一年级有一半以上的学生做作业的时间超过2.6小时 C. 估计该地初一年级学生的平均做作业的时间超过2.6小时 D. 估计该地初一年级有一半以上的学生做作业的时间在2小时至3小时之间 【答案】D 【解析】 【分析】计算超过3小时的频率可判断A;利用直方图求出中位数可判断B;求出平均数与中位数比较，可判断C;计算做作业的时间在2小时至3小时之间的频率，可判断D. 【详解】由直方图得超过3小时的频率为,所以A正确； 设直方图的中位数为x，则有， 解得，故B正确； 直方图可计算学生做作业的时间的平均数为：所以平均数大于中位数，所以C正确； 做作业的时间在2小时至3小时之间的频率为，所以D错误, 故选:D． 5. 设则（ ） A. b<c<a B. b<a<c C. c<a<b D. c<b<a 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数、对数函数性质比较的大小，再利用三角函数定义比较大小作答. 【详解】，， 如图，半径为1的圆与x轴交于点，锐角所对弧度数为，轴于点， 则，劣弧长，显然，即当时，， 因此， 所以. 故选：D 6. 已知曲线与直线有两个相异的交点，那么实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知直线恒过点，曲线表示圆心，半径为2的半圆，画出图形，由图可知，从而可求出结果. 【详解】直线恒过点， 由，得， 所以曲线表示圆心，半径为2的半圆，如图所示， 由图可知，当时，曲线与直线有两个相异的交点， 因为，，所以， 因为直线与半圆相切，所以，解得， 所以， 故选：B 7. 在平面凸四边形中，，，，，，则（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正余弦定理解三角形，即可求. 【详解】由题设，得如下示意图，易知：△为等边三角形且，， ∴△中，，得， △中，，而， ∴，，则， ∴在△中，，则. 故选：B 8. 已知、是函数（其中常数）图象上的两个动点，点，若的最小值为0，则函数的最大值为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题，当点、分别位于分段函数的两支上，且直线分别与函数图像相切时，最小，设 当时， 直线 因为点在直线直线上， 解得 同理可得 则 ，且函数在上单调递增， 在上单调递见，故函数的最大值为. 故选B. 二、多选题（每题6分，18分） 9. 下列函数中，最小正周期为的偶函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据最小正周期的公式和函数偶函数的判断方法可得. 【详解】选项A：，最小正周期为, 函数的定义域为，， 故函数为偶函数，故A正确； 选项B：，， 故函数不是偶函数，故B错误； 选项C：，最小正周期为， 函数的定义域为，， 故函数为偶函数，故C正确； 选项D：， ， 故函数不是偶函数，故D错误. 故选：AC 10. 泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互瞭望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ） A. 点的轨迹方程是 B. 直线是“最远距离直线” C. 平面上有一点，则的最小值为5 D. 点所在的曲线与圆没有交点 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，设，根据定义建立关系可求出；对于B，联立直线与椭圆方程，判断方程组是否有解即可；对于C，根据定义转化为求即可；对于D，易判断为交点. 【详解】对于A项：设，因为点到点的距离是点到直线的距离的一半， 所以，化简得，故A错误； 对于B项：联立方程可得，解得，故存在， 所以直线：是“最远距离直线”，故B正确； 对于C项：过P作PB垂直直线，垂足为B， 则由题可得，则， 则由图可知，的最小值即为点A到直线的距离5，故C正确； 对于D项：由可得，即圆心为，半径为1， 易得点P的轨迹与圆交于点，故D错误. 故选：BC. 11. 在中，下列说法正确的是（ ） A. 若，则是等腰三角形 B. 若，，则为等边三角形 C. 若点是边上的点，且，则的面积是面积的 D. 若分别是边中点，点是线段上的动点，且满足，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由单位向量，向量垂直判断A,由夹角公式及模长判断B,由平面向量基本定理确定M位置判断C, 由三点共线及平面向量基本定理将表示为t的二次函数求最大值判断D. 【详解】对A, 分别表示与 同向的单位向量， 由平面向量加法可知： 为 的平分线表示的向量， 由，可得 的平分线与垂直， 故是等腰三角形，故A正确； 对B, 由题意，, 则，，故， 又，则，即， 故为等边三角形，故B正确； 对C, 若点是边上的点，设， 则，即， 结合，知，则点是边上的靠近B的三等分点， 则的面积是面积的，故C错误； 对D，如图所示： 因为 在 上，即，， 三点共线， 设， 又因为，所以， 因为，则，， 令， 时， 取得最大值为．故D正确． 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量基本定理的应用，关键是利用三点共线及平面向量基本定理表示为t的二次函数解决D选项. 三、填空题（每题5分，15分） 12. 球O的半径与圆锥M的底面半径相等，且它们的表面积也相等，则圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为______，球O的体积与圆锥M的体积的比值为______． 【答案】 ①. ##120° ②. 【解析】 【分析】设球O的半径及圆锥M的底面半径均为R，圆锥M的母线长为l，再根据球与圆锥的表面积公式求得，即可得圆锥M的侧面展开图的圆心角大小；根据勾股定理求得，再结合球与圆锥的体积公式分析体积比即可 【详解】设球O的半径及圆锥M的底面半径均为R，圆锥M的母线长为l，则，所以，圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为；球O的体积为，圆锥M的高，圆锥M的体积为，所以球O的体积与圆锥M的体积的比值为． 故答案为：， 13. 若是的内角，且，则与的大小关系是___________. 【答案】A>B 【解析】 【分析】运用正弦定理实现边角转化，再利用三角形中大边对大角可得答案. 【详解】由正弦定理可知，， 得， 故答案为：. 【点睛】本题考查了利用正弦定理判定三角形中角的大小，属于基础题. 14. 已知函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】求导，分，与三种情况，结合函数极值及函数图象的走势，得到不等式，求出实数a的取值范围. 【详解】由函数，则， 当时，不经过三四象限，不合题意，舍去， 当时，由得或， 若，则当或时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故在处取得极大值，且极大值为，故经过第二象限， 在处取得极小值，且极小值为，函数一定过第三和第一象限， 要想经过第四象限，只需，解得； 若，则当或时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故在处取得极小值，且极小值为， 在处取得极大值，且极大值为，故经过第一象限， 函数一定过第二和第四象限，要想经过第三象限，只需，解得， 综上，实数a的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性与极值，利用函数图象的变化趋势后得出极值满足的性质，从而求解. 四、解答题 15. 2020年，北京将实行新的高考方案.新方案规定：语文､数学和英语是考生的必考科目，考生还需从物理､化学､生物､历史､地理和政治六个科目中选取三个科目作为选考科目.若一个学生从六个科目中选出了三个科目作为选考科目，则称该学生的选考方案确定；否则，称该学生选考方案待确定，例如，学生甲选择“物理､化学和生物”三个选考科目，则学生甲的选考方案确定，“物理､化学和生物”为其选考方案. 某校为了解高一年级840名学生选考科目的意向，随机选取60名学生进行了一次调查，统计选考科目人数如下表： 性别 选考方案确定情况 物理 化学 生物 历史 地理 政治 男生 选考方案确定的有16人 16 16 8 4 2 2 选考方案待确定的有12人 8 6 0 2 0 0 女生 选考方案确定的有20人 6 10 20 16 2 6 选考方案待确定的有12人 2 8 10 0 0 2 （1）估计该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有多少人？ （2）从选考方案确定的16名男生中随机选出2名，求恰好有一人选“物理､化学､生物”的概率； （3）从选考方案确定的16名男生中随机选出2名，设随机变量，求的分布列和期望. 【答案】（1）人.（2）.（3）分布列答案见解析，期望为 【解析】 【分析】（1）计算男生和女生确定选考生物的人数，进行估算即可. （2）根据表格数据可得选考方案确定的男生中选择“物理､化学､生物”的人数，进而得到答案. （3）求出随机变量的数值和对应的概率，即可得到分布列和期望. 【详解】（1）由数据知，60人中选考方案确定的学生中选考生物的学生有人 所以该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有 人 （2）选考方案确定且为“物理，化学，生物”的男生共有8人. 设“恰好有一人选物理､化学､生物”为事件A （3）由数据可知，选考方案确定的男生中有8人选择物理､化学和生物；有4人选择物理､化学和历史；有2人选择物理､化学和地理；有2人选择物理､化学和政治. 的可能取值为0，1. 所以的分布列为： 0 1 【点睛】本题主要考查统计与概率的综合知识，涉及到离散型随机变量、数学期望的求法，考查了频数分布表、古典概型的知识，题目难度稍大. 16. 如图，四棱柱的底面为梯形，，三个侧面、、均为正方形． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）推导出底面，可知四棱柱为直四棱柱，则底面，可得出，再利用余弦定理结合勾股定理可得出，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且与垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值. 【小问1详解】 证明：因为侧面、、均为正方形， 所以，，． 又因为，、底面，所以底面． 由棱柱的性质可知，该四棱柱为直四棱柱，则底面． 又因为底面，所以． 又因为底面为梯形，所以，且该梯形为等腰梯形， 则，则， 由余弦定理可得， ， 解得，又因为，可得， 则， 因为，所以． 因为，、平面，所以平面． 又因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】 解：因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且与垂直的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 所以，，． 设平面的法向量为， 则，取，则． 由（1）可知，平面，所以为平面的一个法向量， 记为． 所以． 由题图可知，二面角的平面角为钝角， 故二面角的余弦值为． 17. 设函数． （1）若曲线在点，（2）处的切线斜率为0，求； （2）若在处取得极小值，求的取值范围； （3）在（2）的条件下，求证：没有最小值． 【答案】（1） （2） （3） 证明：由（2）得：时，， 在递增、在，递减、在递增， 极小值， 由，可知时, 即在增区间上，有函数值比函数极小值小， 故没有最小值. 【解析】 【分析】（1）根据导数几何意义列方程即可解决； （2）按照参数a分类讨论函数的单调性，进而找到合适的参数a，使得函数在处取得极小值； （3）证明函数在实数集R上没有最小值，可以通过证明函数在单调递增区间上有比极小值小的函数值来实现. 【小问1详解】 ， ， 曲线在点处的切线斜率为0， 可得， 解得； 【小问2详解】 ， 若， 则时，，递增；时，，递减． 故在处取得极大值，不符题意； 若，则，递增，无极值，不符题意； 若，则， 当或时，；当时，， 故在，递减；在，递增， 可得在处取得极小值，符合题意； 若，则，同理可得在递减；在，，递增， 可得在处取得极大值，不符题意； 若，则，在，递增；在，递减， 可得在处取得极大值，不符题意； 综上可得，的范围是． 【小问3详解】 略 18. 已知抛物线，焦点为F，直线交抛物线C于A，B两点，P是线段AB的中点，过P作x轴的垂线交抛物线C于点Q． （1）若抛物线C上有一点到焦点F的距离为3，求m的值； （2）是否存在实数m，使是以Q为直角顶点的直角三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】(1)根据点到焦点F的距离为3，即R到准线的距离为3，列方程可得m； (2)假设存在实数m满足条件，列方程求解m即可. 【小问1详解】 ∵抛物线，∴焦点． ∵，∴． 【小问2详解】 假设存在实数m满足题意．由，消去y得， 恒成立, 设，，则，, ∵P是线段AB的中点，∴， 即，∴, ∵是以Q为直角顶点的直角三角形， ∴．∵，， ∴， 化简得，∴或（舍去）, ∴存在实数，使是以Q为直角顶点的直角三角形． 19. 如图，表1是一个由40×20个非负实数组成的40行20列的数表，其中am，n（m＝1，2，…，40；n＝1，2，…，20）表示位于第m行第n列的数.将表1中每一列的数都按从大到小的次序从上到下重新排列（不改变该数所在的列的位置），得到表2（即bi，j≥bi+1，j，其中i＝1，2，…，39；j＝1，2，…，20）. 表1 a1，1 a1，2 … a1，20 a2，1 a2，2 … a2，20 … … … … a40，1 a40，2 … a40，20 表2 b1，1 b1，2 … b1，20 b2，1 b2，2 … b2，20 … … … … b40，1 b40，2 … b40，20 （1）判断是否存在表1，使得表2中的bi，j（i＝1，2，…，40；j＝1，2，…，20）等于100﹣i﹣j？等于i+2﹣j呢？（结论不需要证明） （2）如果b40，20＝1，且对于任意的i＝1，2，…，39；j＝1，2，…，20，都有bi，j﹣bi+1，j≥1成立，对于任意的m＝1，2，…，40；n＝1，2，…，19，都有bm，n﹣bm，n+1≥2成立，证明：b1，1≥78； （3）若ai，1+ai，2+…+ai，20≤19（i＝1，2，…，40），求最小的正整数k，使得任给i≥k，都有bi，1+bi，2+…+bi，20≤19成立. 【答案】（1）存在表1，使得bi，j＝100﹣i﹣j，不存在表1，使得； （2）因为对于任意的，都有. 所以. 所以， 即. 由于，都有. 所以 所以， 即. （3）k＝39. 【解析】 【分析】（1）由，，可知存在表1，使得；若，则，故，故不存在； （2）对于任意的，都有成立，进而得，故，同理由对于任意的，都有得. （3）取特殊表1，得，再证明即可得. 【小问1详解】 存在表1，使得bi，j＝100﹣i﹣j，不存在表1，使得. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当表1如下图时， 0 1 1 … 1 1 0 1 1 … 1 1 1 0 1 … 1 1 1 0 1 … 1 1 1 1 0 … 1 1 1 1 0 … 1 1 … … … … 1 1 1 1 1 … 0 1 1 1 1 … 0 1 1 1 1 … 1 0 1 1 1 … 1 0 其中，每行恰有1个0和19个1，每列恰有2个0和38个1.因此每行的和均为19，符合题意. 重新排序后，对应表2中，前38行中每行各数均为1，每行的和均为20，后两行各数均为0，因此k≥39. 以下先证：对于任意满足条件的表1，在表2中的前39行中，至少包含原表1中某一行（设为第r行）的全部实数（即包含）， 假设表2的前39行中，不能包含原表1中任一行的全部实数、 则表2的前39行中至多含有表1中的40×19＝760个数. 这与表2中前39行中共有39×20＝780个数相矛盾. 所以：表2的前39行中，至少包含原表1中某一行（设为第r行），的全部实数. 其次，在表2中，根据重排规则得：当时，，（）. 所以， 所以. 综上所述. 【点睛】本题主要考查不等式，排列组合的综合应用，考查数学抽象，逻辑推理，数学运算等核心素养，是难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $