精品解析：黑龙江省哈尔滨市德强高级中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题

德强高中2024-2025学年度上学期期中考试 高三学年数学试题 答题时间：120分钟 满分：150分 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知，则 （ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法求出，再求出复数的模. 【详解】依题意，，则. 故选：C 2. 已知命题，；命题，，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】举出反例证明为假命题，所以为真；找出实例证明为真命题，所以为假；由此即可求解. 【详解】对于命题，时，， 所以，为假命题，为真命题， 对于命题，，解得或， 所以，，为真命题，为假命题， 所以和都是真命题. 故选：B 3. 已知平面向量满足，则（ ） A. 3 B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由，可得化简得，结合已知条件和数量积公式，再由向量的模长公式代入即可求出. 【详解】由于，所以， 又因为所以 所以， 所以. 故选：C. 4. 以下命题中真命题的是（ ） A. 各侧面都是矩形的棱柱是长方体 B. 有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C. 体对角线都相等的平行六面体是长方体 D. 各侧面都是全等的矩形的直棱柱是正棱柱 【答案】C 【解析】 【分析】利用长方体、直棱柱、正四棱柱的定义，对各个选项逐一分析判断，即可求欠解. 【详解】对于选项A，直棱柱的侧面都是矩形，但不一定是长方体，如直三棱柱，故选项A不正确， 对于选项B，有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱，但这两个侧面如果不相邻，就不一定是直棱柱了，故选项B不正确， 对于选项C，如图，对于平行六面体， 四边形是平行四边形，又，故平行四边形为矩形，则， 同理可得，又，所以， 又与相交，面，所以面， 又由体对角线相等，易得，所以为矩形， 所以为长方体，故选项C正确， 对于选项D，底面是菱形的直棱柱，满足底面四条边相等，各侧面都是全等的矩形，但不是正四棱柱，故选项D不正确； 故选：C 5. ，函数的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据距离公式，利用的几何意义求最小值. 【详解】表示的几何意义为平面内的点到定点的距离， 表示的几何意义为平面内的点到定直线的距离， 所以表示的几何意义是动点到定点和到定直线的距离和， 如图，过点作直线的垂线，垂足为点，当点在线段时，最小，最小值为. 故选：C 6. 已知函数，若关于的方程有实数解，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，由，得，根据奇偶性可得，则，再根据正弦函数的性质求出值域即可. 【详解】令，则恒成立， 则在上单调递增，且是奇函数. 由，得， 即， 从而，即. 故选：D. 7. 已知正三棱台的侧面积为6，，，则与平面ABC所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设正三棱台上底面边长为，利用等腰梯形性质，结合侧棱长为，侧面积为建立关于的方程，求解可得上、下底面边长，由此结合正三角形性质可得进而可得，在中可得. 【详解】设中心为，中心为O， 如图，连接，由正棱台的性质可知，，平面， 平面，则， 在直角梯形中，过作，垂足为，则， 则四边形为平行四边形，且平面. 所以即为所求与平面ABC所成角. 在等腰梯形中过作，垂足为， 设，则，则， 在中，， 由正三棱台侧面积为，可知梯形的面积为， 故，解得，则， 在四边形中，， 则， 则在中，. 故侧棱与平面所成角的余弦值为.   故选：A. 8. 如图，在长方体中，，，点在矩形内运动（包括边界），，分别为的中点，若平面，当取得最小值时，的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别为的中点，证明平面平面，得点在线段上，取得最小值时为线段的中点，求出，余弦定理求的余弦值即可. 【详解】如图，取的中点，的中点，连接，所以， 又分别为的中点，所以，故， 平面，平面，所以平面， 又，，所以四边形为平行四边形，故， 平面，平面，平面， 又平面，，故平面平面， 所以当平面时，平面，则点在线段上， 当时，取得最小值，易知， 此时为线段的中点. 由平面几何知识可知，，，， . 所以的余弦值为. 故选：D. 【点睛】方法点睛：平面，则点在过与平面平行的平面内，分别为的中点，由平面平面得点在线段上，且为线段的中点，三角形中余弦定理求的余弦值. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由正切关系得到正余弦关系，结合，分别求出和，判断出AB选项，再由二倍角公式和和差角公式判断出CD选项. 【详解】∵，即， ∴， ∴， ∴，B选项正确， ∴，A选项错误， ∴ ，C选项正确 ， ∵，∴，∴，D选项正确. 故选：BCD 10. 已知等差数列和的前n项和分别为和，且，，则下列结论正确的有（ ） A. 数列是递增数列 B. C. 使为整数的正整数n的个数为0 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】化简已知等式由函数的单调性可得A正确；取反例结合等差数列的求和公式可得B错误；化简已知等式可得C正确；结合等差数列的求和公式判断为递增数列，再讨论的取值可得D正确； 【详解】对于A，，所以数列是递增数列，故A正确； 对于B，若， 则，， 所以，故B错误； 对于C，由可知无整数，故C正确； 对于D，因为和是等差数列，且前n项和分别为和， 所以， 所以递增， 所以最小值为时，为，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知定义在实数集上的函数，其导函数为，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】将式子两边求导，赋值可得的解析式，由此设出解析式待定系数可得，进而逐一验证选项可得. 【详解】由任意，， 则式子两边对求导，可得，又， 令，则，. 所以. 设，由，代入得，解得. 故，且. 所以有. 故ABD项正确，C项错误. 故选：ABD. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共15分． 12. 已知集合，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】解不等式确定集合，再由交集定义计算． 【详解】，即， 又， 所以， 故答案为：． 13. 已知正三棱柱的体积与以的外接圆为底面的圆柱的体积相等，则正三棱柱与圆柱的侧面积的比值为______． 【答案】2 【解析】 【分析】设正三棱柱底面边长为，高为，的外接圆半径为，圆柱的高为，通过正弦定理和体积相等，求出与、与的关系，表示出正三棱柱与圆柱的侧面积，再求比值. 【详解】设的边长为，外接圆半径为，， 由正弦定理得，则，， 设圆柱的高为，，， 正三棱柱的侧面积，圆柱的侧面积， 正三棱柱与圆柱的侧面积的比值为 故答案为：2. 14. 将两个观赏球体封闭在一个正方体容器内，设正方体棱长为1，则两个球体体积之和的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设两个球，的半径分别为，，得到两圆与对角面相切，且与正方体三个面相切时，体积和最大，根据题意，求得的取值范围，利用球的体积公式，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】如图所示，为正方体的对角面， 设两个球，的半径分别为，， 当两圆与对角面相切，且与正方体三个面相切时，体积和最大， 所以，可得，所以， 由题意知，，且，故， 所以体积， 当时，最大，此时，最大值为. 故答案为：. 【点睛】解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径：根据作出截面中的几何元素，利用球的截面的性质，运用公式（为底面多边形的外接圆的半径，为几何体的外接球的半径，表示球心到底面的距离）求得球的半径，建立关于球半径的方程，进行求解，该方法的实质是通过寻找外接球的一个轴截面，把立体几何问题转化为平面几何问题来研究. 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤． 15. 在锐角中，内角，，所对的边分别为，，.，. （1）求； （2）若，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，利用倍角公式化简得，正弦定理求得，可得角； （2）正弦定理求，余弦定理求，可得的周长. 【小问1详解】 因为， 由，，所以. 由正弦定理，所以. 因为为锐角，所以. 【小问2详解】 由正弦定理得. 在锐角中，，即， 解得或. 当时，，B为钝角，不符合题意. 当时，经验证，符合题意. 故的周长为. 16. 已知函数． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【小问1详解】 当时，则， 可得，，即切点坐标为，切线斜率为， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 定义域为，且， 若，则对任意恒成立． 所以在上单调递增，无极值，不合题意， 若，令，解得，令，解得， 可知在上单调递增，上单调递减， 则有极大值，无极小值， 由题意可得：，即. 令，，在上单调递减, 又，不等式等价于，解得. 综上的取值范围是． 17. 已知数列满足，且． （1）设，证明：是等比数列； （2）求数列的通项公式． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由递推关系化简，利用等比数列的定义证明数列是等比数列； （2）由（1）求出，再由递推关系化简得出，即可得出通项公式. 【小问1详解】 因为， 所以， 因为， 所以， 所以， 又，所以，所以， 又，所以， 所以， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列. 【小问2详解】 由（1）知，，即， 又，可得， 又由，可得， 所以 18. 如图，菱形的边长为为的中点.将沿折起，使到达，连接，得到四棱锥. （1）证明：； （2）当二面角的平面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1）证明：在菱形中，为的中点，， 是等边三角形，， 在翻折过程中，恒有， 又平面， 平面，平面， ； （2） 【解析】 【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，进而可得线线垂直， （2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解线面角，结合三角函数的性质即可求解最值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由题意及（1）得， 为二面角的平面角，记其为，则， 以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则 ， ， 设平面的法向量，则，得 令，得， 则， 令，得 ， 当且仅当时，等号成立 设直线与平面所成角为， 则 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 19. 当，且时，我们把叫做数列的阶子数列，若成等差（等比）数列，则称为数列的阶等差（等比）子数列.已知项数为，且的等差数列的首项，公差. （1）写出数列的所有3阶等差子数列； （2）数列中是否存在3阶等比子数列，若存在，请至少写出一个；若不存在，请说明理由； （3）记数列的3阶和4阶等差子数列个数分别为，求证：. 【答案】（1） （2）不存在，理由： 由题意得等差数列的通项为， 假设存在三阶等比子数列，则， 即，化简得， 所以消得，即， 所以与矛盾，故假设不成立， 因此数列不存在三阶等比子数列. （3） 先求的值 当为奇数时，； 当为偶数时，， 所以. 再求的值 当时，， 当时，， 当时，， 所以 所以当时，，因为在上单调递增，所以， 即此时，即成立； 同理当时，，即成立； 当时，，即成立； 当时，，要证成立，只需证明 ，因为，故，即成立； 当时，，即成立； 当时，，即成立， 综上成立. 【解析】 【分析】（1）根据题干中数列的阶等差子数列的定义，直接写出所有三阶等差子数列即可； （2）先假设存在三阶等比子数列，结合等比中项的定义，得到一个方程，解方程的解与条件矛盾，假设不成立，从而得出结论； （3）分别求出与的值，得出当时，，构造函数，结合单调性，得出，即；同理可以证出当，，、、时，同样成立，从而得证. 【小问1详解】 所求三阶等差子数列为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第（1）小问的关键在于理解新定义，结合等差数列的知识即可列出所求三阶等差子数列；第（2）小问的关键在于假设存在，结合等比中项公式建立方程，发现方程的解与条件矛盾，从而得出假设不成立；第（3）小问的关键是分别求出分别求出与的值，然后按照当，，，、、时分类讨论，分别得出成立，从而得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 德强高中2024-2025学年度上学期期中考试 高三学年数学试题 答题时间：120分钟 满分：150分 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知，则 （ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 2. 已知命题，；命题，，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 3. 已知平面向量满足，则（ ） A. 3 B. C. D. 1 4. 以下命题中真命题的是（ ） A. 各侧面都是矩形的棱柱是长方体 B. 有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C. 体对角线都相等的平行六面体是长方体 D. 各侧面都是全等的矩形的直棱柱是正棱柱 5. ，函数的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 已知函数，若关于的方程有实数解，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱台的侧面积为6，，，则与平面ABC所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在长方体中，，，点在矩形内运动（包括边界），，分别为的中点，若平面，当取得最小值时，的余弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知等差数列和的前n项和分别为和，且，，则下列结论正确的有（ ） A. 数列是递增数列 B. C. 使为整数的正整数n的个数为0 D. 的最小值为 11. 已知定义在实数集上的函数，其导函数为，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共15分． 12. 已知集合，，则__________. 13. 已知正三棱柱的体积与以的外接圆为底面的圆柱的体积相等，则正三棱柱与圆柱的侧面积的比值为______． 14. 将两个观赏球体封闭在一个正方体容器内，设正方体棱长为1，则两个球体体积之和的最大值为___________． 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤． 15. 在锐角中，内角，，所对的边分别为，，.，. （1）求； （2）若，求的周长. 16. 已知函数． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范围． 17. 已知数列满足，且． （1）设，证明：是等比数列； （2）求数列的通项公式． 18. 如图，菱形的边长为为的中点.将沿折起，使到达，连接，得到四棱锥. （1）证明：； （2）当二面角的平面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 19. 当，且时，我们把叫做数列的阶子数列，若成等差（等比）数列，则称为数列的阶等差（等比）子数列.已知项数为，且的等差数列的首项，公差. （1）写出数列的所有3阶等差子数列； （2）数列中是否存在3阶等比子数列，若存在，请至少写出一个；若不存在，请说明理由； （3）记数列的3阶和4阶等差子数列个数分别为，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $