精品解析：黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校2025届高三上学期期中考试数学试题

哈师大青冈实验中学2024-2025学年度高三期中考试 数学试题 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知角的终边上一点，则（ ） A. 1 B. C. D. 4. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数的图像恒过定点A，若点A在直线上，且，则的最小值为（ ） A. 13 B. 16 C. D. 28 6. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列是等比数列，记数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 8. 记表示，二者中较大的一个，函数，，若，，使得成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 设单位向量满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. 向量的夹角为 C. D. 在的方向上的投影向量为 10. 设为正实数，已知函数，则下列结论正确的是（    ） A. 当时，函数的图象的一条对称轴为 B. 已知，，且的最小值为，则 C. 当时,函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数 D. 若在区间上单调递增，则的取值范围是 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数存在三个不同的零点 B. 函数既存在极大值又存在极小值 C. 若时，，则t的最大值为2 D. 当时，方程有且只有两个实根 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角的终边上一点，且，则___________. 13. 设函数，则不等式的解集为 __________. 14. 若函数在区间上有极值点，则实数的取值范围是___________. 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、证明过程及验算步骤. 15. 已知函数. （1）求的最小正周期和最大值；以及取最大值时相应的值； （2）讨论在上的单调性. 16. 已知数列中． （1）证明：数列是等比数列； （2）若数列的通项公式为，求数列的前项和； 17. 如图，在多面体中，四边形是边长为3的正方形，，，且，，面，，为中点． （1）若是中点，求证：面； （2）求平面与平面夹角的正弦值． 18. 在中，角的对边分别是，且． （1）求角； （2）已知为边上一点，且，求的长． 19. 已知函数，直线为曲线在点处的切线. （1）当时，求出直线的方程； （2）若，讨论的单调性，并求出的最值； （3）若直线与曲线相交于点，且，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈师大青冈实验中学2024-2025学年度高三期中考试 数学试题 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据根式的性质化简集合，即可根据交集的定义求解. 【详解】由题，得，故，进而， 故选：A 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算可得答案. 【详解】若复数满足， 则. 故选：D. 3. 已知角的终边上一点，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由任意角三角函数的定义，诱导公式，二倍角公式和同角三角函数的关系，化简可得结果. 【详解】由三角函数定义知，， 所以. 故选：A. 4. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用向量共线的坐标运算，得到，再利用向量数量积的坐标运算，即可求出结果. 【详解】因为，，又，所以， 故. 故选：B. 5. 函数的图像恒过定点A，若点A在直线上，且，则的最小值为（ ） A. 13 B. 16 C. D. 28 【答案】B 【解析】 【分析】由函数图像过定点得，则有，由，利用基本不等式可得最小值. 【详解】函数的图像恒过定点， 点A在直线上，有，又， 则， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为16. 故选：B. 6. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先判断函数的奇偶性，再集合函数值的正负，以及取向，即可判断选项. 【详解】函数的定义域为，且， 所以函数是奇函数，故排除A， 且当时，，故排除C， ，当时，，故排除D，满足条件的只有B. 故选：B 7. 已知数列是等比数列，记数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据数列是等比数列，可知数列为等差数列，由等差数列的性质求解即可. 【详解】则为常数，所以为常数， 知数列为等差数列， 由，知，又， 所以公差， 故. 故选：A 8. 记表示，二者中较大的一个，函数，，若，，使得成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的单调性求出的值域，数形结合，由题意确定在上的值域为值域的子集，从而列出不等式组，即可求得答案. 【详解】由于在R上单调递减，在单调递增， 当时，，故， 则在上单调递减，在单调递增， 故在上的最小值为，即； 由， 令，则，则或， 作出函数的图象如图： 由于，，使得成立， 即在上的值域为值域的子集， 故，解得，即， 故选：A 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是确定在上的值域为值域的子集，从而求出二者的值域后，列出不等式组，即可求解. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 设单位向量满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. 向量的夹角为 C. D. 在的方向上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】将平方，可得，可判断A，B；由向量模长公式分别计算，验证C；由投影向量公式验证D. 【详解】由于， 又因为，所以，故， 故A正确，B错误； 因为，故， 又，故， 所以，C正确； 在的方向上的投影向量为，故D正确. 故选：ACD 10. 设为正实数，已知函数，则下列结论正确的是（    ） A. 当时，函数的图象的一条对称轴为 B. 已知，，且的最小值为，则 C. 当时,函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数 D. 若在区间上单调递增，则的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正弦函数的对称轴公式计算判断A，根据函数最值结合函数的图象特征得出参数判断B,应用平移化简结合诱导公式得出函数判断C,结合正弦函数的单调性列出不等式计算判断D. 【详解】A选项，当时，函数的图象的对称轴为,即,不能取到,A错误； B选项，为的最小值点，为的最大值点，则，即，且，所以，B正确； C选项，当时,函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数，故C正确； D选项，∵，则， 若在区间上单调递增，则，解得，D正确； 故选：BCD. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数存在三个不同的零点 B. 函数既存在极大值又存在极小值 C. 若时，，则t的最大值为2 D. 当时，方程有且只有两个实根 【答案】BCD 【解析】 【分析】求得，得到函数的单调性和极值，以及时，，当时，，作出函数的图象，如图所示，结合图象，逐项判定，即可求解. 【详解】由函数，可得， 令，解得或， 当时，；当时，；当时，， 所以函数在单调递减，在上单调递增， 当，函数取得极小值； 当，函数取得极大值， 当时，，当时，， 作出函数的图象，如图所示，结合图象得： 对于A中，函数存在两个不同的零点，所以A不正确； 对于B中，函数既存在极大值又存在极小值，所以B正确； 对于C中，当时，，可得，所以t的最大值为，所以C正确； 对于D中，若方程有且只有两个实根， 即与的图象有两个不同的交点，可得，所以D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角的终边上一点，且，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据任意角的三角函数的定义求解. 【详解】因为， 所以，解得， 又因为，所以， 所以， 故答案为: . 13. 设函数，则不等式的解集为 __________. 【答案】 【解析】 【分析】由函数解析式分析得为偶函数，在上单调递增，在上单调递减，不等式等价于，求解即可. 【详解】函数，定义域为， ，函数为偶函数， 当时，在上单调递增， 则在上单调递减， 不等式，则有，解得且， 所以不等式解集为. 故答案为： 14. 若函数在区间上有极值点，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】求导函数，确定函数的单调性和极值点，利用函数在区间上有极值点，即可求实数的取值范围． 【详解】函数的定义域为R，且． 当时，恒成立，故在R上单调递增，从而没有极大值，也没有极小值． 当时，令，得， 解得，解得， 在上单调递减，在上单调递增， 从而时有极小值，函数没有极大值． 依题意有，解得，即实数的取值范围是． 故答案为：． 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、证明过程及验算步骤. 15. 已知函数. （1）求的最小正周期和最大值；以及取最大值时相应的值； （2）讨论在上的单调性. 【答案】（1），最大值为， （2）单调增区间为，单调减区间为 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换化简函数解析式，进而可得周期与最值； （2）利用整体代入法可得函数的单调区间. 【小问1详解】 ， 所以的最小正周期， 当时，取最大值为，此时，，即，； 【小问2详解】 当时，有， 从而时，即时，单调递增， 时，即时，单调递减， 综上所述，单调增区间为，单调减区间为. 16. 已知数列中． （1）证明：数列是等比数列； （2）若数列的通项公式为，求数列的前项和； 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由构造得，又，可证数列是等比数列； （2）利用错位相减法求数列的前项和. 【小问1详解】 由，得，即， 又，有， 所以数列是首项为3，公比为3的等比数列. 【小问2详解】 由（1）得，则有， ， ， ①-②得 ， ，即. 17. 如图，在多面体中，四边形是边长为3的正方形，，，且，，面，，为中点． （1）若是中点，求证：面； （2）求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明过程见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到线面平行，进而证明出面面平行，即平面平面，证明出平面； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，从而求出面面角的余弦值，进而得到正弦值. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为是中点，为中中点，， 所以，， 因为平面，平面， 所以平面， 同理可得平面， 又，平面， 故平面平面， 又平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为面，平面， 所以， 又四边形是边长为3的正方形，⊥， 故，，两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，，所以四边形为矩形， 其中，， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 解得，令，则，故， 设平面的一个法向量为， 则， 解得，令，则，故， 设平面与平面夹角为， 则， 所以， 故平面与平面夹角的正弦值为. 18. 在中，角的对边分别是，且． （1）求角； （2）已知为边上一点，且，求的长． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，然后结合两角和的正弦公式及特殊角的余弦值求解即可. （2）利用三角形相似得，求得，然后在中由余弦定理求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理可得：， ， 由可得：， ， ， ，所以， ，，. 【小问2详解】 ， 与相似，满足：， 设，则有， 解得：（舍去），即：， ， 在中，由余弦定理可得：， 即：， 解得：（舍去），的长为1. 19. 已知函数，直线为曲线在点处的切线. （1）当时，求出直线的方程； （2）若，讨论的单调性，并求出的最值； （3）若直线与曲线相交于点，且，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）的最小值为，无最大值； （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义确定切线斜率，再求出切点坐标，从而可求出切线方程； （2）对求导，然后根据其正负求出函数的单调区间，则可求出函数的最小值点，从而可求出函数的最小值； （3）求出直线，将“直线与曲线相交”转化为关于的方程在有解，然后通过构造函数，对进行分类讨论，结合导数可求得结果. 【小问1详解】 由，得， 则， 因为， 所以曲线在点处的切线的方程为， 即； 【小问2详解】 ，则， 由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得最小值，无最大值； 【小问3详解】 由，得，则， 所以曲线在点处的切线的方程为 ，即， 因为直线与曲线相交于点，且， 所以关于的方程在有解， 令，则， 令，则， ①当时，由，得，由，得， 所以在上递减，在上单调递增， 所以， 因为，所以存在唯一实数，使， 当时，，则， 所以在上单调递增， 当时，，则， 所以在上单调递减， 所以， 因为，所以存在唯一实数，使， 所以符合题意， ②当时，由，得，则在上单调递减， 所以， 所以在上单调递增，所以， 所以在上无零点，所以不符合题意， 综上，即实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：当一阶导数无法求得函数的单调区间时，可考虑利用二阶导数进行求解，通过二阶导数的符号来确定一阶导数的单调性，符号，从而可确定原函数的单调性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $