精品解析：黑龙江省大庆外国语学校2025届高三上学期期中考试数学试卷

2024-2025学年度第一学期 大庆外国语学校期中考试 高三数学试题 出题人：杨美金 校对人：张晶 注意事项 1.考试时间120分钟，满分150分 2.答题前，考生务必先将自己的姓名､班级､准考证号填写在答题卡上，并准确填涂. 3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦净后，再选涂其他答案的标号.非选择题答案使用0.5毫米中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚. 4.按照题号在各答题区域内作答，超出答题区域书写答案无效. 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】C 【解析】 【分析】先根据集合的运算求出，再根据补集的定义即可求解. 【详解】解：，， ， 故． 故选：C. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据共轭复数求出z，再根据复数除法运算即可. 【详解】因为，所以, 所以. 故选：B. 3. 已知向量且则在上的投影向量为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由求出再利用投影向量公式求解. 【详解】解：因为， 所以 所以在上的投影向量为， 故选：D 4. 给出下列四个命题，其中正确命题为（ ） A. “”的否定是“” B. 在上单调递减 C. 若为的导函数的一个零点，则为函数的一个极值点 D. 若是奇函数，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据含有一个量词命题的否定可判断A错误，由幂函数性质可得B正确，利用极值点与导函数零点的关系可判断C错误，若可判断D错误. 【详解】对于A，易知“”的否定是“”，所以A错误； 对于B，由幂函数性质可知在上单调递减，可得B正确； 对于C，若，则；显然是的一个零点， 但在上单调递增，没有极值点，所以C错误； 对于D，若是奇函数，不妨取，不满足，即D错误； 故选：B 5. 已知是奇函数，是偶函数，且，则的最小值是（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】有题目所给解析式及函数的奇偶性，可以求解出的解析式，再利用基本不等式求最小值即可. 【详解】①, , 为奇函数，为偶函数 ， ②， ①+②得， ①-②得， ， 当且仅当，即时，等号成立， 的最小值为， 故选：B. 6. 已知双曲线两个焦点为分别为，过点的直线与该双曲线的右支交于两点，且是以为直角顶点的等腰直角三角形，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】假设，根据题意得到，然后根据，以及三角形面积公式计算即可. 【详解】设，由已知，． 由抛物线的定义得：，， 又由得，， 又，∴，， 故选：D． 7. 已知四棱锥中，底面为平行四边形，为的中点，点在棱上，且满足平面，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，由线面平行的性质定理可得，再借助比例式可得答案. 【详解】如下图，四棱锥中，连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN， 因底面ABCD为平行四边形，则O是AC中点，也是BD中点， 而点Q是AD中点，于是得点N是重心，从而得， 因平面，平面，平面平面， 因此得，于是得，所以. 故选：C. 8. 将函数图象上每点的横坐标变为原来的2倍，得到函数，函数的部分图象如图所示，且在上恰有一个最大值和一个最小值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由图象变换得出表达式，由图象上的点及它所图象上的位置（增减区间）确定的值，由函数在上恰有一个最大值和一个最小值范围． 【详解】由已知得函数，由图象过点以及点在图象上的位置， 知， 由在上恰有一个最大值和一个最小值，， . 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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 若随机变量，且，则 B. 一组数据6，7，7，9，13，14，16，17，21的第70百分位数为15 C. 在一元线性回归模型分析中，决定系数用来刻画模型的拟合效果，若值越小，则模型的拟合效果越好 D. 设随机事件，，已知事件发生的概率为，在事件发生的条件下事件发生的概率为，在事件不发生的条件下事件发生的概率为，则事件发生的概率为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正态分布中概率的计算得到A选项；由百分位数的计算得到B选项；根据回归分析中决定系数的利用判断C选项；由乘法公式和全概率公式得到D选项. 【详解】A选项，因为，且，所以，故A正确； B选项，数据共有9个数，，所以第70百分位数是第7个数16，故B错误； C选项，在一元线性回归分析中可以用决定系数来刻画回归的效果，若的值越小，则模型的拟合效果越差，故C错误； D选项，， 所以， 又因为，则， 所以，故D正确． 故选：AD． 10. 在三棱锥中，已知，点M，N分别是AD，BC的中点，则（ ） A. B. 异面直线AN，CM所成的角的余弦值是 C. 三棱锥的体积为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】将三棱锥补形为长方体，向量法求直线的夹角判断A，B；利用体积公式求三棱锥的体积判断C；确定三棱锥的外接球的半径，求表面积判断D. 【详解】三棱锥中，已知， 三棱锥补形为长方体，如图所示， 则有，解得， 以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 点M，N分别是AD，BC的中点， 则有， ，， ，，， 所以，A选项正确； ，， ， 所以异面直线AN，CM所成的角的余弦值是，B选项正确； 三棱锥，三棱锥，三棱锥，三棱锥，体积都为， 三棱锥的体积等于长方体体积减去这四个三棱锥体积，为，C选项错误； 长方体的外接球的半径为，这个外接球也是三棱锥的外接球， 其表面积为，D选项正确. 故选：ABD. 11. 已知双曲线：（，）的左右焦点分别为，，是圆：上一动点，线段的垂直平分线交直线于上的点，则（ ） A. 的离心率为2 B. 的渐近线方程为 C. 到的渐近线的距离为 D. 内切圆圆心的横坐标为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意可求得，再根据双曲线的几何性质可判断A，B，C选项，根据双曲线的定义可判断D选项． 【详解】由题意，可知，所以．又由题意，知，所以， 所以，故的方程为，所以的离心率为，渐近线方程为，故A，B正确； 焦点到渐近线的距离为，所以C错误； 设的内切圆与轴相切于点，则由双曲线定义得，所以，即内切圆圆心的横坐标为，所以D正确， 故选:ABD． 【点睛】关键点点睛：本题以双曲线为背景，关键在于运用双曲线的定义、标准方程和几何性质，使问题得以解决． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中的常数项为________． 【答案】60 【解析】 【分析】利用展开式的通项公式，可求常数项. 【详解】展开式的通项为． 令，得，则的常数项为． 故答案为：． 13. 在中，，的平分线与交于点，且，，则的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角形面积公式，余弦定理列方程求，再由三角形面积公式求结论. 【详解】因为，为的平分线， 所以，又， 所以， 由余弦定理可得，又， 所以 所以， 所以的面积. 故答案为：. 14. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样的一列数：，该数列的特点是：从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，则是斐波那契数列中的第__________项. 【答案】2017 【解析】 【分析】根据“斐波那契数列”的递推关系可得结果. 【详解】依题意有： ， 所以：， 故答案为：2017. 四､解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16､17小题15分，第18､19小题17分，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 近年来，解放军强军兴军的深刻变化，感召了越来越多的高中优秀青年学子献身国防，投身军营.2024年高考，很多高考毕业学生报考了军事类院校．从某地区内学校的高三年级中随机抽取了900名学生，其中男生500人，女生400人，通过调查，有报考军事类院校意向的男生、女生各100名． （1）完成给出的列联表，并分别估计该地区高三男、女学生有报考军事类院校意向的概率； 有报考意向 无报考意向 合计 男学生 女学生 合计 （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为学生有报考军事类院校的意愿与性别有关． 参考公式及数据：． α 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）列联表： 有报考意向 无报考意向 合计 男学生 100 400 500 女学生 100 300 400 合计 200 700 900 男生有报考军事类院校意向的概率为，女生有报考军事类院校意向的概率为 （2）能认为学生有报考军事类院校的意愿与性别有关 【解析】 【分析】（1）先填写列联表，再根据古典概型概率计算公式求得正确答案. （2）计算的知识，从而作出判断. 【小问1详解】 根据已知条件，填写列联表如下： 有报考意向 无报考意向 合计 男学生 100 400 500 女学生 100 300 400 合计 200 700 900 男生有报考军事类院校意向的概率为， 女生有报考军事类院校意向的概率为. 【小问2详解】 ， 所以能认为学生有报考军事类院校的意愿与性别有关． 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，且， （1）求的面积； （2）若，求A． 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理及三角形面积公式求解即得. （2）利用正弦定理，结合和角的正弦公式、二倍角公式求解即得. 【小问1详解】 在中，由余弦定理及，得， 整理得，而，所以的面积. 【小问2详解】 由（1）及正弦定理得，即， 于是，即， 整理得，即， 因此，即，由，得，解得或， 所以或. 17. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD＝2，E，F分别是PB，CD的中点，AB⊥EF （1）求证：平面PAD⊥平面ABCD； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点，连接，， 因为，分别是，的中点 所以且，且， 所以且，所以四边形EFDM为平行四边形，所以， 因为四边形是正方形，所以， 又因为，，所以， ，平面，所以⊥平面 又因为平面，所以平面⊥平面 （2） 【解析】 【分析】(1) 取的中点，连接，，利用中位线定理得到四边形EFDM为平行四边形，则，再利用四边形是正方形得到线线垂直，利用面面垂直的判定即可证明； （2）取AD的中点O，连接PO，建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取AD的中点O，连接PO， 因为PA＝PD，所以PO⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以PO⊥平面ABCD，所以PO，AB，OD两两垂直， 以O为原点，向量，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz ，，，，，， ，，， 设是平面的法向量， 则，，取，则，，所以， 设是平面的法向量， 则，即，取，则，， 所以， ， 由图可知，二面角的为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，直线是曲线的切线，求的最小值； （3）若方程有两个实数根.证明： 【答案】（1）当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）； （3） 由，可得， 令，则 ， 由，可得，由，可得， 所以在上单调递增，在上单调递减，且， ∴，不妨设，则 ，故 , 令，，所以，，， 要证，只要证，只要证， 令，则， 设，则， 由，可得，由，可得， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∵，，， 则存在，使得， ∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， ∵，， ∴在上恒成立， 所以． 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论根据其正负判断函数的单调性，即得； （2）根据导数的几何意义得切线方程，进而可得的表达式，构造函数，然后利用导数求最值即得； （3）由题可得，利用换元法变形为，从而将证明，转化为证明，再构造函数，利用导数求其最值进而即得. 【小问1详解】 因为，所以，， 当时，在上恒成立，函数在上单调递增； 当时，由，解得，函数在上单调递增， 由，解得，函数在上单调递减； 综上，当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 当时，，设切点为， 则切线斜率， 切线方程为，， ∴，， 所以， 令，则， 由，可得，由，可得， ∴在上单调递减，在上单调递增， 所以，即的最小值为； 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 19. 已知数列的各项均为正整数，设集合，记T的元素个数为． （1）若数列，且，，求数列和集合T； （2）若是递增的等差数列，求证：； （3）请你判断是否存在最大值，并说明理由 【答案】（1）； （2）证明：因为为递增的等差数列，设的公差为， 当时，，则， 所以． （3）存在.理由如下: 依题意，集合中的元素个数最多为个，即， 取，此时， 若存在，则，其中， 故，若，不妨设， 则，而， 故为偶数，为奇数，矛盾， 即有，，因此由得到的彼此相异， 于是，即的最大值为，所以必有最大值. 【解析】 【分析】（1）根据新定义列举出集合的元素即可求；根据题意可知，求出，即可求解； （2）设公差为d（），则，即可分析得. （3）利用的定义结合特例可判断存在最大值. 【小问1详解】 由，且，得，均不相等， 则都是集合T中的元素，而， 于是，解得， 所以数列． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 存在最大值，理由略 【点睛】关键点点睛：数列新定义问题，解答的关键在于理解题意并根据数列中项的大小及数字特征分析清楚任意两项的所有可能取值，从而分析得出的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第一学期 大庆外国语学校期中考试 高三数学试题 出题人：杨美金 校对人：张晶 注意事项 1.考试时间120分钟，满分150分 2.答题前，考生务必先将自己的姓名､班级､准考证号填写在答题卡上，并准确填涂. 3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦净后，再选涂其他答案的标号.非选择题答案使用0.5毫米中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚. 4.按照题号在各答题区域内作答，超出答题区域书写答案无效. 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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量且则在上的投影向量为（ ） A. 1 B. C. D. 4. 给出下列四个命题，其中正确命题为（ ） A. “”的否定是“” B. 在上单调递减 C. 若为的导函数的一个零点，则为函数的一个极值点 D. 若是奇函数，则 5. 已知是奇函数，是偶函数，且，则的最小值是（ ） A. 2 B. C. 4 D. 6. 已知双曲线两个焦点为分别为，过点的直线与该双曲线的右支交于两点，且是以为直角顶点的等腰直角三角形，则为（ ） A. B. C. D. 7. 已知四棱锥中，底面为平行四边形，为的中点，点在棱上，且满足平面，则（ ） A. B. C. D. 8. 将函数图象上每点的横坐标变为原来的2倍，得到函数，函数的部分图象如图所示，且在上恰有一个最大值和一个最小值，则的取值范围是（ ） 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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 若随机变量，且，则 B. 一组数据6，7，7，9，13，14，16，17，21的第70百分位数为15 C. 在一元线性回归模型分析中，决定系数用来刻画模型的拟合效果，若值越小，则模型的拟合效果越好 D. 设随机事件，，已知事件发生的概率为，在事件发生的条件下事件发生的概率为，在事件不发生的条件下事件发生的概率为，则事件发生的概率为 10. 在三棱锥中，已知，点M，N分别是AD，BC的中点，则（ ） A. B. 异面直线AN，CM所成的角的余弦值是 C. 三棱锥的体积为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 11. 已知双曲线：（，）的左右焦点分别为，，是圆：上一动点，线段的垂直平分线交直线于上的点，则（ ） A. 的离心率为2 B. 的渐近线方程为 C. 到的渐近线的距离为 D. 内切圆圆心的横坐标为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中的常数项为________． 13. 在中，，的平分线与交于点，且，，则的面积为______. 14. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样的一列数：，该数列的特点是：从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，则是斐波那契数列中的第__________项. 四､解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16､17小题15分，第18､19小题17分，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 近年来，解放军强军兴军的深刻变化，感召了越来越多的高中优秀青年学子献身国防，投身军营.2024年高考，很多高考毕业学生报考了军事类院校．从某地区内学校的高三年级中随机抽取了900名学生，其中男生500人，女生400人，通过调查，有报考军事类院校意向的男生、女生各100名． （1）完成给出的列联表，并分别估计该地区高三男、女学生有报考军事类院校意向的概率； 有报考意向 无报考意向 合计 男学生 女学生 合计 （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为学生有报考军事类院校的意愿与性别有关． 参考公式及数据：． α 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，且， （1）求的面积； （2）若，求A． 17. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD＝2，E，F分别是PB，CD的中点，AB⊥EF （1）求证：平面PAD⊥平面ABCD； （2）求二面角的余弦值． 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，直线是曲线的切线，求的最小值； （3）若方程有两个实数根.证明： 19. 已知数列的各项均为正整数，设集合，记T的元素个数为． （1）若数列，且，，求数列和集合T； （2）若是递增的等差数列，求证：； （3）请你判断是否存在最大值，并说明理由 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $