精品解析：黑龙江省大庆市实验中学实验二部2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

大庆实验中学实验二部2022级高三上学期期中考试 数学学科试题 说明： 1.请将答案填涂在答题卡的指定区域内. 2.满分150分，考试时间120分钟. 一、单项选择题（本题型共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知，则z的共轭复数的虚部为（ ） A. 1 B. C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的运算以及共轭复数和虚部的概念易得结果. 【详解】，其共轭复数，虚部为1. 故选：A. 2. 设向量，，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“”的充要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量平行、垂直、充分和必要条件等知识确定正确答案. 【详解】若，则，解得或. 所以“”是“”的充分条件，不是必要条件，A选项错误. 所以“”是“”的充分条件，C选项正确. 若，则，解得， 所以“”不是“”的必要条件，“”不是“”的充要条件， 所以BD选项错误. 故选：C 3. 已知某圆锥的高为，其侧面展开图为半圆，则该圆锥底面圆的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用侧面展开图与原几何体的轴截面之间的数量关系求解即可. 【详解】如图所示， 设圆锥底面圆的半径为，高为，母线长为， 由题意得，， 以，故， 故选：C. 4. 实验中学举行知识竞赛，其中5人的得分为：88，80，90，72，96，则这5人成绩的上四分位数是（ ） A. 90 B. 72 C. 88 D. 80 【答案】A 【解析】 【分析】将统计数据按从小到大的顺序排列，再取75%分位数得到结果. 【详解】数据按从小到大排序为72,80,88,90,96. 5×75%=3.75，所以取第4个数据90. 故选：A. 5. 已知函数与的定义域均为，且它们的图象关于对称，若奇函数满足，下列关于函数的性质说法不一定正确的有（ ） A. 关于对称 B. 关于点对称 C. 是的一个周期 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，结合对称性、奇函数的性质可得函数图象的对称中心及对称轴，再逐项判断即得. 【详解】对于A，令是函数的图象上任意一点，则在的图象上， 即，则，由为奇函数，得， 则有，函数的图象关于点对称， 又，则，函数的图象关于对称，A正确； 对于C，，即， 则，的周期，C正确； 对于D，，则，D正确； 对于B，由，得，函数的图象关于对称， 若图象关于点对称，则，即， 而没有条件确保恒成立，B错误. 故选：B 6. 某正六棱台的高为2，上下底面边长分别为2，4，其顶点都在同一球面上，该球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】画出几何图形，根据正六棱台的结构及球的性质列式求解球的半径，代入球的体积公式即可得解. 【详解】如图，，为上下底面正六边形的中心，设球心为点， 当球心O在的延长线上时， ，，，球的半径为，则， 设，则，解得：，， 解得， 球的体积； 当点在上时，如图， 则，解得：，不符合题意. 故选：B 7. 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. 设数列的前项积为，则对任意，都有 B. 设数列的前项积为，则既有最大值，也有最小值 C. 数列中没有最大项 D. 若对任意，恒成立，则 【答案】B 【解析】 【分析】先由数列递推公式求得，再由可求得，由的关系式可求得，即可判断A错误，再由数列的取值及其单调性，可得B正确，经判断可知数列中的最大项为，即C错误，结合C中结论可知解不等式得或，即D错误. 【详解】由， 可得； 两式相减可得， 当时，可得符合上式； 又数列的前项和为，且可得； 当时，可得， 当时，可得符合上式，可得； 所以可知当时，，当时，； 又， 对于A，显然当时，，即A错误； 对于B，易知， 当时，， 因此可得，且； 由可知当或时，取得最大值； 当时，有最小值，可得既有最大值，也有最小值，即B正确； 对于C，由可知， 易知且，即可得数列中的最大项为，即C错误； 对于D，若对任意，可知， 由恒成立，结合C中分析可得即可， 又可得，解得或，即D错误. 故选：B 8. 勒洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛.如图所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心，以三角形ABC边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为勒洛三角形.已知正三角形ABC边长为60，点D，E分别为线段AB，AC的中点，点P为圆弧上的一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取三角形ABC的重心和DE中点，由平面向量线性运算化简所求向量，再又三点共线的逆定理得到点在平面的位置，用勾股定理求出线段CH长，从而求得所求向量的最小值. 【详解】取DE中点F，三角形的重心G， ∵，， 则， 设，则可得，设BC中点为M， 则， ，， 在扇形中，当三点共线时，最小，所以的最小值为， 的最小值为. 故选：B 二、多项选择题（本题型共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( ). A. 若，则 B. 若，则为锐角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，这样的三角形有两解，则的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正弦定理判断A、D，利用余弦定理判断B，利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式判断C. 【详解】对于A，因为，由正弦定理可得，所以，故A正确； 对于B，由余弦定理，可知为锐角， 但是无法判断角A和角B是否为锐角，所以无法判断是否为锐角三角形，故B错误； 对于C，因为，所以，即， 又，所以，所以或， 即或，即为等腰三角形或直角三角形，故C错误； 对于D，因为三角形有两解，所以，即，即的取值范围为，故D正确. 故选：AD. 10. 设等比数列的公比为，前项积为，且满足条件，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 的值是中最大的 D. 使成立的最大自然数等于4044 【答案】AD 【解析】 【分析】先由条件分类讨论得到，，再利用等比数列的性质即可求解. 【详解】，，， 同号，且或， 若，则不同号； 若，则，不满足要求； 故可得，，故A正确； ，且，可得，故B错； ，又，且最大，故C错； ，且为等比数列， 由等比数列的性质可得，， 使成立的最大自然数等于4044，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于推得，进而得到，从而得解. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），则（ ） A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B. 存在点Q，使平面BMN C. 过Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D. 点H是四边形内的动点，且直线PH与直线AD夹角为，则点H的轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，得到，即四点共面，当与重合时满足要求，但Q不能与重合，故A错误；B选项，作出辅助线，得到，平面，B正确；C选项，作出辅助线，得到平面QKT截正方体截面为平行四边形，当T与点C重合时，面积最大，此时面积为，当Q与点无限接近时，面积接近于0，C正确；D选项，作出辅助线，得到点H的轨迹为以O为圆心，2为半径的部分圆弧，求出点H的轨迹长度为. 【详解】选项A，连接，，，正方体中易知， P，N分别是，中点，则，所以，即四点共面， 当与重合时满足B，N，P，Q四点共面， 但Q是线段上的动点（不包含端点），故A错误； 选项B，如图，取中点为，连接，，， 因为M，N分别是，中点，则与平行且相等， 故四边形是平行四边形， 所以，又是中点，所以，所以， 平面，平面，所以平面，B正确； 选项C，如图，在平面上作⊥于K， 过K作⊥交BC或者于T， 因为平面⊥平面，交线为，平面， 所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 因为，平面， 所以平面QKT， 平面QKT截正方体截面为平行四边形， 当T与点C重合时，面积最大，此时，，面积为， 当Q与点无限接近时，面积接近于0， 过Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C正确； 选项D，取的中点，连接，则， 则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆， 交，于X，Y， 则点H的轨迹为以O为圆心，2为半径的部分圆弧， 此时满足直线PH与直线AD夹角为， 如图，，故， 所以点H的轨迹长度为，D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 三、填空题（本题型共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知点，点，向量，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，且与不共线，由此可求得实数的取值范围. 【详解】由已知可得，，且与的夹角为锐角， 则，可得， 又向量与不共线，则， 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 13. 如图，OPQ是以O为圆心，半径为1，圆心角为的扇形，C是扇形弧上的动点，AB在线段OP上，ABCD是扇形的内接矩形，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，，表达出，，利用三角恒等变换得到，求出最大值，得到答案. 【详解】设，， 则， 故， 则，则， 则 ， 因为，所以， 故当，即时，取得最大值， 最大值为. 故答案为： 14. 已知，对于两点，称为，间的“镜像距离”，点，都在曲线上，且的最小值是，则a的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用反函数与原函数图象的对称性，将“镜像距离”的最小值转化为函数图象上的点到直线的距离的两倍，从而进行求导研究函数最值及函数零点即可， 【详解】因为函数与互为反函数， 所以与的图象关于直线对称， 因为点在函数的图象上，设， 所以在函数的图象上， 所以的最小值为点Р到直线距离的最小值的两倍. 设，，. 由得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以， 即，可化为：， 构造函数，求导， 当时，，所以在区间递增， 又因为，所以在区间内恒有； 当时，，所以在区间递减， 由于，所以可知在只有唯一零点， 即满足的解为：， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用反函数性质将“镜像距离”最小值问题转化为函数图象上点到直线距离的2倍问题，然后再用求导思想来求解. 四、解答题（本题型共5题，15题13分，16，17题各15分，18，19题各17分，共77分） 15. 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，且. （1）求角C的值： （2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意知，则，根据正弦定理边角互化，可求出边的关系，再根据余弦定理可求解； （2）根据锐角三角形可求出各个角的范围，再根据正弦定理可求得的表达式，再利用辅助角公式变形，由角的取值范围可求得周长的取值范围. 【小问1详解】 因为，所以， 利用正弦定理化简，得，即， 由余弦定理，得， 又因为，所以； 【小问2详解】 由（1）得，即， 又因为三角形为锐角三角形， 所以，解得：， 因为，由正弦定理得：， 所以，， 所以 ， 因为，所以， 所以，则的取值范围为， 所以周长的取值范围.. 16. 已知数列的首项，且满足. （1）证明：数列为等比数列； （2）若，求满足条件的最大整数n. 【答案】（1）证明：由得， 则，， 所以数列是首项为，公比为的等比数列. （2）2022 【解析】 【分析】(1)由变形整理得到，从而证明出结论； (2)先求得，然后利用分组求和法、数列的单调性来求得正确答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由(1)得，， 所以， 设，， 数列是单调递增数列， 当时，， 当时，， 所以满足条件的最大整数为2022. 17. 如图在斜三棱柱中，，，，平面平面ABC，E是棱上一点，D，F分别是AC，AB的中点. （1）当，证明：平面BED； （2）判断当的值为多少时，锐二面角的余弦值为 【答案】（1）证明：连接，D，F分别是CA，BA中点，则且， ，是平行四边形，因此且， 所以与平行且相等，是平行四边形，所以， 平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，根据平行关系可知，即可证明线面平行； （2）由面面垂直的性质可得平面，建系标点，利用空间向量求面面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当时锐二面角的余弦值为，理由如下： 取中点，连接，， 因为，则，，， 则是正三角形，所以，， 平面平面，平面平面，平面， 所以平面，， 以OA，OC，为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 可得，， 设平面的一个法向量是，则， 取，则，，即， 平面的一个法向量是， 设锐二面角的大小为， 则．且，解得，， 所以. 18. 函数，为实数.设是函数在点处的切线.为函数的导函数. （1）求和的值； （2）求的单调性； （3）若对任意时，总有，则称实数为函数的“A类值”，求函数的所有“A类值”. 【答案】（1）， （2） ， 当时，，在上单调递减 当时，，在上单调递增 （3） 【解析】 【分析】（1）代入解析式计算和即可； （2）求导，由导数符号判断的单调性； （3）分类讨论的范围得到结果. 【小问1详解】 ， . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当时，因为，在上单调递增， 当时，所以在上单调递减， 则，所以，不成立， 当时，因为，在上单调递减， 当时则，所以在上单调递减， 则所以，不成立 当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以当时，， 所以当时，，. 所以函数的“A类值”只有. 【点睛】本题难点在于理解题中的新定义“A类值”，考查对抽象概念的理解能力和应用能力，以及分类讨论的数学思想. 19. 在平面直角坐标系中有两个定点，，已知动点M在平面中且M到A，B两点的斜率乘积为，点D为定点 （1）求动点M的轨迹方程 （2）如图，在空间中有一点C在平面上方，满足CA⊥平面，且，探究直线CD与CM的夹角是否为定值？若是定值，求出夹角角度，若不是定值，说明理由. （3）在平面上过点做直线l，交点M的轨迹于P，Q两点，设Q点关于y轴对称的点为H，连接HP，求当点C到直线HP距离最大时，直线HP与平面ABC夹角的正切值. 【答案】（1）（） （2）是定值， （3） 【解析】 【分析】（1）设动点坐标，由题意列出等量关系，化简求得动点轨迹方程； （2）建立空间直角坐标系，设点的坐标，由求得未知数的值.设坐标由空间向量求得两直线夹角的余弦值，结合的轨迹方程，求得夹角余弦值，从而得出夹角； （3）通过点的坐标设直线的方程，联立直线与椭圆方程，消元得到关于的二次方程，设交点坐标，，由韦达定理建立等量关系，从而求出直线的方程，以及定点坐标，从而得到点到直线的最大距离，以及此时，由线面垂直的判断证明平面CAK，由线线角得到线面角. 【小问1详解】 设点M在平面直角坐标系中坐标为，则， 解得点M的轨迹方程为（）； 【小问2详解】 如图，过点O做与向量方向做轴，与原坐标系中轴，轴组成空间直角坐标系， 点C在平面上方，且平面， 设C ，则D ， 因为，所以，解得. 设点M坐标为， ，， 设向量与向量夹角，则， 由，得， 代入得， 所以角； 【小问3详解】 在平面直角坐标系中，设直线的方程为， 与点M的轨迹方程（）联立，得， 设点P，Q的坐标为，，则H点坐标为， 有，，PH直线方程为， 令，得， 所以直线PH过定点， 点C到直线HP距离，当且仅当时成立， 此时因为平面，平面， 所以，平面CAK，平面CAB，， 所以平面CAK， 又因为平面CAK，所以， 此时，， 又直线HP与平面ABC夹角为锐角， 所以直线HP与平面ABC夹角的正切值为 【点睛】方法点睛：在求点到动直线距离最大时，只需找到点的定点。所以本题通过已知直线与椭圆的交点求得动直线方程，找到定点即可完成后面的线面角问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大庆实验中学实验二部2022级高三上学期期中考试 数学学科试题 说明： 1.请将答案填涂在答题卡的指定区域内. 2.满分150分，考试时间120分钟. 一、单项选择题（本题型共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知，则z的共轭复数的虚部为（ ） A. 1 B. C. 0 D. 2. 设向量，，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“”的充要条件 3. 已知某圆锥的高为，其侧面展开图为半圆，则该圆锥底面圆的半径为（ ） A. B. C. D. 4. 实验中学举行知识竞赛，其中5人的得分为：88，80，90，72，96，则这5人成绩的上四分位数是（ ） A. 90 B. 72 C. 88 D. 80 5. 已知函数与的定义域均为，且它们的图象关于对称，若奇函数满足，下列关于函数的性质说法不一定正确的有（ ） A. 关于对称 B. 关于点对称 C. 是的一个周期 D. 6. 某正六棱台的高为2，上下底面边长分别为2，4，其顶点都在同一球面上，该球的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 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. 设数列的前项积为，则对任意，都有 B. 设数列的前项积为，则既有最大值，也有最小值 C. 数列中没有最大项 D. 若对任意，恒成立，则 8. 勒洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛.如图所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心，以三角形ABC边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为勒洛三角形.已知正三角形ABC边长为60，点D，E分别为线段AB，AC的中点，点P为圆弧上的一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题型共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( ). A. 若，则 B. 若，则为锐角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，这样的三角形有两解，则的取值范围为 10. 设等比数列的公比为，前项积为，且满足条件，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 的值是中最大的 D. 使成立的最大自然数等于4044 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），则（ ） A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B. 存在点Q，使平面BMN C. 过Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D. 点H是四边形内的动点，且直线PH与直线AD夹角为，则点H的轨迹长度为 三、填空题（本题型共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知点，点，向量，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围是__________. 13. 如图，OPQ是以O为圆心，半径为1，圆心角为的扇形，C是扇形弧上的动点，AB在线段OP上，ABCD是扇形的内接矩形，则的最大值为__________. 14. 已知，对于两点，称为，间的“镜像距离”，点，都在曲线上，且的最小值是，则a的值为__________. 四、解答题（本题型共5题，15题13分，16，17题各15分，18，19题各17分，共77分） 15. 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，且. （1）求角C的值： （2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围. 16. 已知数列的首项，且满足. （1）证明：数列为等比数列； （2）若，求满足条件的最大整数n. 17. 如图在斜三棱柱中，，，，平面平面ABC，E是棱上一点，D，F分别是AC，AB的中点. （1）当，证明：平面BED； （2）判断当的值为多少时，锐二面角的余弦值为 18. 函数，为实数.设是函数在点处的切线.为函数的导函数. （1）求和的值； （2）求的单调性； （3）若对任意时，总有，则称实数为函数的“A类值”，求函数的所有“A类值”. 19. 在平面直角坐标系中有两个定点，，已知动点M在平面中且M到A，B两点的斜率乘积为，点D为定点 （1）求动点M的轨迹方程 （2）如图，在空间中有一点C在平面上方，满足CA⊥平面，且，探究直线CD与CM的夹角是否为定值？若是定值，求出夹角角度，若不是定值，说明理由. （3）在平面上过点做直线l，交点M的轨迹于P，Q两点，设Q点关于y轴对称的点为H，连接HP，求当点C到直线HP距离最大时，直线HP与平面ABC夹角的正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $