精品解析：黑龙江省哈尔滨市师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题

哈师大附中2024—2025学年度高三上学期期中考试 数学试题 考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分． 考试时间为120分钟． 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚． 2．选择题必须使用 2B 铅笔填涂，非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整，字迹清楚． 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效． 4．保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀． 第Ⅰ卷 (选择题， 共58分) 一、单选题：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】D 【解析】 【分析】求解一元二次不等式以及对数函数的定义域，从而解得集合，再求交集即可. 【详解】， ， 故. 故选：D. 2. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据虚数单位的乘方运算，可得其周期，结合复数的几何意义，可得答案. 【详解】由，且，则， 所以，可得其在复平面上对应的点为，即该点在第四象限. 故选：D. 3. 函数在区间上的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数与三角函数的性质研究函数的单调性，可得答案. 【详解】由，则， 当时，，可得，则单调递增； 当时，，可得，则单调递减； 由，，，则的最小值为. 故选：A. 4. 已知是单位向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量三角不等式可得，进而可判断充分性，若，，时可判断必要性. 【详解】因为，当且仅当与共线时取等号，所以， 所以“”是“”的充分条件， 若，则存在，所以， 当时，， 所以“”是“”的不必要条件， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 5. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性，可得在的单调性，再根据其对称轴和区间端点值关系，即可求得参数范围. 【详解】因为为上的单调减函数，根据复合函数单调性可知，在单调递减， 故，解得. 故选：D. 6. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. 8 C. 9 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的前项和的性质，将分别用表示，代入即可求解. 【详解】因为所以，则， 由等比数列的前项和的性质可知， 数列是以为首项，3为公比的等比数列， 所以，即， ，即， 所以. 故选：B. 7. 菱形边长为，为平面内一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，建立平面直解坐标系，设，，则，利用数量积的坐标运算，可得，即可求解. 【详解】如图，连接交于，因为为菱形，建立如图所示的平面直角坐标系， 又菱形边长为，设，，则， 所以， 则， 得到， 所以， 故选：D. 8. 已知函数为偶函数，且满足，当，，则的值为( ). A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数为偶函数，且满足，得出周期为2，根据性质计算即可. 【详解】函数为偶函数，且满足，可得， ，即有， 可得的周期为2，当，，可得： . 故选：C. 二、多选题：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. 函数的图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 将向左平移个单位长度，得到函数 D. 若方程在上有个不相等的实数根，则的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】由图象经过点列方程求，判断A，结合余弦函数性质验证B，根据函数图象变换法则，结合诱导公式判断C，令，可得在上有个不相等的实数根，结合正弦函数性质判断D. 【详解】观察可得函数的图象过点， 所以， 所以，， 所以，，又， 所以，A正确； 所以， 因为时，， 所以点不是函数的图象的对称中心，B错误； 函数向左平移个单位长度，可得函数的图象， 又，所以C正确； 因为， 由可得，， 令，由已知可得在上有个不相等的实数根， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 且时，，时，， 时，， 所以，D错误. 故选：AC. 10. 设正实数满足，则（    ） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用基本不等式计算可判断ACD，利用三角代换计算可判断B. 【详解】对于A，， 当且仅当，即取等号，故A正确； 对于B，因为正实数满足，所以令， 所以， 所以当时，， 所以的最大值为的最大值为，故B正确； 对于C，由，可得，所以，当且仅当取等号， 所以的最大值为，故C错误； 对于D，由，， 当且仅当取等号，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 方程有一个解 B. 若有两个零点，则 C. 若存在极小值和极大值，则 D. 若有两个不同零点，恒成立，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：对两边取对数，再进行代数运算，即可判断；对B：将转化为，再研究的单调性和最值，即可求得的范围；对C：对求导，对参数的取值进行分类讨论，结合二次求导，判断的单调性，即可求得参数范围；对D：根据B中所求，结合题意，将问题转化为对数平均值不等式的证明，再利用导数证明即可. 【详解】对A：，即，因为，故等式两边取对数可得：， 也即，又因为，故，解得，故方程只有一个解，A正确； 对B：有两个零点，即方程有两个根，又，，显然， 故对方程两边取对数可得，令，则， 令可得，令可得，故在单调递增，在单调递减； 又，且当趋近于正无穷时，趋近于， 故有两根，只需，解得，故B错误； 对C：， 则，令，则 ①当时，，，在单调递增， 又，且当趋近于时，趋近于， 故存在，使得， 且当时，，，故此时单调递增； 当时，，，故此时单调递减； 则为的极大值点，没有极小值点，不满足题意； ②当时，， 令，解得，此时单调递增；令，解得，此时单调递减； 故在时取得最大值，最大值为； 若，即，也即时，在恒成立； 则在恒成立，故在单调递减，没有极值点，不满足题意； 若，即，也即时，， 又当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于， 故存在，使得，且存在，使得， 故当，，此时，单调递减； 当，，此时，单调递增； 当，，此时，单调递减； 故当时，取得极小值，当时，取得极大值，满足题意； 综上所述，若有极大值和极小值，则，故C正确； 对D：有两个不同零点，即，因为，显然，两边取对数可得 故方程有两个根，不妨设为，且， 为方便理解，根据B中对的单调性和最值分析作图如下所示： 易知，且当时，，也即，即， 同理可得，当时，即，当时，； 又恒成立，故可得也是方程的两根， 则； 令，若，则， 又，故，则， 故，也即，也即， 令，因为，故，故只需证，， ①先证，因为，故，故只需证，令， 则只需证，又， 故在单调递减，又，故，也即； ②再证，，因为，故只需证， 又，故在单调递增，又， 故，也即，； 综上所述：，，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键，一是对方程两边取对数，将问题转化为，再利用导数研究的单调性和最值；二是，能熟练掌握含参函数单调性的讨论，从而解决其极值问题；三是，能够对D中的问题进行合理的转化，同时，也要熟练掌握对数平均值不等式的证明；属综合困难题. 第Ⅱ卷 (非选择题， 共92分) 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡相应的位置上． 12. 中国冶炼块铁的起始年代虽然迟至公元前6世纪，约比西方晚900年，但是冶炼铸铁的技术却比欧洲早2000年.现将一个轴截面为正方形且侧面积为的实心圆柱铁锭冶炼熔化后，浇铸成一个底面积为的圆锥，则该圆锥的高度为________ . 【答案】 【解析】 【分析】根据浇铸前后体积不变列方程，求得圆锥的高. 【详解】设圆柱的底面半径为，母线长为，圆锥的底面半径为，高为， 则圆柱的侧面积为，又，代入解得， 故，又，又，解得. 故答案为：. 13. 已知某种科技产品的利润率为，预计5年内与时间月满足函数关系式其中为非零常数.若经过12个月，利润率为，经过24个月，利润率为，那么当利润率达到以上，至少需要经过________________个月用整数作答，参考数据： 【答案】40 【解析】 【分析】由题意建立方程组，根据对数运算，可得答案. 【详解】由题意可得，两式作比可得，解得， 可得，令，解得. 故答案为：. 14. 已知为单位向量，满足，则的最小值为_________ 【答案】 【解析】 【分析】设，，分析可知点在直线上，点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆，结合图形分析求解即可. 【详解】设，，为坐标原点， 由可知：点在直线上，点在直线上， 由，可知点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆， 则， 可知当且仅当点为，且点为时，取到最小值1. 故答案为：1. 【点睛】方法点睛：对于向量问题，常常转化为几何问题，进而分析求解. 四、解答题:本题共5小题， 共77分. 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，分别为角所对的边，且 （1）求角B. （2）若，求ABC周长的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题目的等式，结合余弦定理，可得答案； （2）由正弦定理可得边角的等量关系，利用三角周长公式整理函数关系式，可得答案. 【小问1详解】 由，即， ∵，∴，又，∴. 【小问2详解】 由可得，，， 的周长， ∵，∴ ∵，∴的最大值为. 16. 已知数列满足 （1）求的通项公式； （2）在和之间插入个数，使得这个数依次构成公差为的等差数列，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用与间的关系，即可求解； （2）根据条件及（1）中结果，得到，再利用错位相减法，即可求解. 【小问1详解】 ①， 当时，②， 由①②，得，即， 又当时，，满足，所以. 【小问2详解】 由（1）知，所以，则， 所以③， ④， 由③④得： ， 所以. 17. 行列式在数学中是一个函数，无论是在线性代数、多项式理论，还是在微积分学中（比如说换元积分法中），行列式作为基本的数学工具，都有着重要的应用．将形如的符号称二阶行列式，并规定二阶的行列式计算如下：，设函数． （1）求的对称轴方程及在上的单调递增区间； （2）在锐角中，已知，求． 【答案】（1）对称轴为，单调递增区间为， （2） 【解析】 【分析】（1）将函数化简成正弦型函数，即可由函数图像求出函数的对称轴和单调区间； （2）由（1）得出，，解得，因为中，，所以，在和中，由正弦定理得，，所以． 【小问1详解】 ，设， 由，得，所以的对称轴为． 由，解得， 又，所以单调递增区间为，． 【小问2详解】 由（1）知，，则， 由，得，则，解得， 因为中，，则为锐角， 所以， 因为，所以； 因为，故可得， 即，也即，故；设，则， 在和中，由正弦定理得， ，上面两个等式相除可得， 得，即， 所以． 18. 已知数列满足,（）. （1）记（），证明：数列为等比数列，并求的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）设（），且数列的前项和为，求证：（）. 【答案】（1） ， 又， 所以，数列为以为首项，为公比的等比数列. 由等比数列的通项公式知. （2） （3） ， ， 所以欲证，只需证， 即证. 设， ，故在上单调递减，， 时，. ，得证. 【解析】 【分析】（1）按等比数列的定义证明，用的递推关系寻找与的关系，即可证明，再利用等比数列的通项公式，即可求解； （2）使用分组求和法，偶数项为等比、等差数列求和，奇数项可转化为偶数项求和； （3）先将放缩，再利用等比数列前项和，将问题转化成求证，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得，即可求证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，又，. 设，则， 设，， ，， 故. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，通过放缩，得到，从而将问题转化成求证，再构造函数，利用函数的单调性，得到，即可求证. 19. 已知函数，． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若恒成立，求 的范围； （3）若在内有两个不同零点，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明：在内有两个不同零点， 则有两个根，即， 由（2）知，当 在单调递增，单调递减. 故， 欲证，即证， 由于，在单调递减.即，即， 即证，即， 即证即证显然成立， 欲证 即证，即证 即证，即证，即证 令，则， 令， 故在单调递增，且， 在单调递增，，得证 【解析】 【分析】（1）求导，即可求解斜率，根据点斜式求解切线方程， （2）构造函数，求导，根据单调性可得，进而，构造函数，求导判断单调性，即可求解最值得解. （3）根据在单调递减.证明，即可求证，构造函数以及，利用导数求解单调性，即可求证. 【小问1详解】 ， 则，， 故切线方程为，即， 【小问2详解】 ， 令， 令， 当在单调递增，且， 当时，， 解集为， 故，进而即， 令，， 当单调递增，当，单调递减， 当时，， ，因此， 故 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈师大附中2024—2025学年度高三上学期期中考试 数学试题 考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分． 考试时间为120分钟． 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚． 2．选择题必须使用 2B 铅笔填涂，非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整，字迹清楚． 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效． 4．保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀． 第Ⅰ卷 (选择题， 共58分) 一、单选题：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. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 函数在区间上的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知是单位向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. 8 C. 9 D. 16 7. 菱形边长为，为平面内一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数为偶函数，且满足，当，，则的值为( ). A. B. C. D. 二、多选题：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. 函数的图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 将向左平移个单位长度，得到函数 D. 若方程在上有个不相等的实数根，则的取值范围是 10. 设正实数满足，则（    ） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 11. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 方程有一个解 B. 若有两个零点，则 C. 若存在极小值和极大值，则 D. 若有两个不同零点，恒成立，则 第Ⅱ卷 (非选择题， 共92分) 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡相应的位置上． 12. 中国冶炼块铁的起始年代虽然迟至公元前6世纪，约比西方晚900年，但是冶炼铸铁的技术却比欧洲早2000年.现将一个轴截面为正方形且侧面积为的实心圆柱铁锭冶炼熔化后，浇铸成一个底面积为的圆锥，则该圆锥的高度为________ . 13. 已知某种科技产品的利润率为，预计5年内与时间月满足函数关系式其中为非零常数.若经过12个月，利润率为，经过24个月，利润率为，那么当利润率达到以上，至少需要经过________________个月用整数作答，参考数据： 14. 已知为单位向量，满足，则的最小值为_________ 四、解答题:本题共5小题， 共77分. 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，分别为角所对的边，且 （1）求角B. （2）若，求ABC周长的最大值. 16. 已知数列满足 （1）求的通项公式； （2）在和之间插入个数，使得这个数依次构成公差为的等差数列，求数列的前项和. 17. 行列式在数学中是一个函数，无论是在线性代数、多项式理论，还是在微积分学中（比如说换元积分法中），行列式作为基本的数学工具，都有着重要的应用．将形如的符号称二阶行列式，并规定二阶的行列式计算如下：，设函数． （1）求的对称轴方程及在上的单调递增区间； （2）在锐角中，已知，求． 18. 已知数列满足,（）. （1）记（），证明：数列为等比数列，并求的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）设（），且数列的前项和为，求证：（）. 19. 已知函数，． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若恒成立，求 的范围； （3）若在内有两个不同零点，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $