精品解析：黑龙江省大庆市石油高级中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题

黑龙江省大庆市石油高级中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题 本试卷总分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列复数与复数相等的是（ ） A. B. C. D. 3. 若，是平面上两个非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数则（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 24 6. 已知是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则m，n，l存在两条直线异面 C. 若，则 D 若，则 7. 有5项不同的任务安排给甲，乙，丙三人完成，每人至少完成一项且每项任务只安排一人完成，则分配给甲的任务不超过两项的安排方法有（ ） A. 260种 B. 220种 C. 160种 D. 130种 8. 若直线与函数的图象恰有三个交点，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 无法确定 二、选择题：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. 若一个经验回归方程为，则当变量增加1个单位时，平均增加2个单位 B 已知随机变量，若，则 C. 两组样本数据和．若，则 D. 已知一组样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 10. 已知圆，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，，则（ ） A. 的最小值为 B. 四边形面积的最小值为 C. 满足四边形是正方形的点有且只有一个 D. 直线恒过定点 11. 球面几何是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等方面都有广泛的应用．如图，A,B,C是球面上不在同一大圆（大圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这三点中任意两点的大圆的劣弧分别为，由这三条劣弧围成的球面部分称为球面，定义为经过两点的大圆在这两点间的劣弧的长度，已知地球半径为，北极为点N，点P，Q是地球表面上的两点，则（ ） A. B. 若点在赤道上，且经度分别为东经30°和东经60°，则 C. 若点在赤道上，且经度分别为东经40°和东经80°，则球面的面积 D. 若，则球面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，曲线在点处的切线为（为常数），则______________． 13. 设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则______________． 14. 某踢毽子小组由甲、乙等五名队员组成，在一次踢毽子训练中，每位队员每次把毽子等可能地踢给其他四人．若由甲开始踢毽子，则第4次踢完毽子后，毽子踢给乙的概率为________________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角所对的边分别为．已知． （1）求； （2）若，且面积为，求的周长． 16. 已知函数． （1）当时，证明：； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围． 17. 如图，点在以为圆心，AB为直径的圆的圆周上运动（异于A，B两点），为平面外一点，且平面交PC于点是的中点． （1）证明：； （2）当时，求平面和平面夹角的正弦值． 18. 已知双曲线C：的离心率为，记双曲线与圆的交点为，且矩形的面积为． （1）求的方程； （2）点为坐标原点，直线交的左支于A，B两点，直线AB和直线OP交于点，且，求|AB|． 19. 已知有穷数列中的每一项都是不大于的正整数.对于满足的整数，令集合.记集合中元素的个数为（约定空集的元素个数为0）. （1）若，求及； （2）若，求证：互不相同； （3）已知，若对任意的正整数都有或，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黑龙江省大庆市石油高级中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题 本试卷总分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数函数的定义域得出集合B，再应用集合交集的定义计算即可. 【详解】由题意得解得即 所以，故． 故选：A. 2. 下列复数与复数相等的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法运算化简，再转化为三角形式，从而确定正确答案. 【详解】由题设， ， 故A，C，D错误，B正确． 故选：B 3. 若，是平面上的两个非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算律，结合充分条件、必要条件的定义判断得解. 【详解】由，得，则， 由，得， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用切化弦，再结合两角差的正弦公式，即可求解． 【详解】，即，即， 即．又，所以， 故选：A． 5. 已知函数则（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 24 【答案】D 【解析】 【分析】根据分段函数的定义域、对数、指数的运算可得答案. 【详解】因为，则， 所以． 故选：D. 6. 已知是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则m，n，l存在两条直线异面 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间的平行与垂直关系来推理各选项即可． 【详解】对于A，若，设对应的法向量分别为，也是m，n的方向向量， 由，得，则，故A正确； 对于B，若三个平面两两相交有三条交线，则这三条交线交于一点或者互相平行，故B错误； 对于C，若，则；若与相交，则m，n相交，故C错误； 对于D,若，则，又，则或，故D错误． 故选：A． 7. 有5项不同的任务安排给甲，乙，丙三人完成，每人至少完成一项且每项任务只安排一人完成，则分配给甲的任务不超过两项的安排方法有（ ） A. 260种 B. 220种 C. 160种 D. 130种 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分甲只安排一项任务与甲只安排两项任务讨论，结合排列数与组合数代入计算，即可得到结果. 【详解】若甲只安排一项任务，则有种； 若甲只安排两项任务，则有种； 故分配给甲的任务不超过两项的安排方法共有130种． 故选：D 8. 若直线与函数的图象恰有三个交点，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】求得直线所过定点，判断出函数的对称性，由此求得. 【详解】由题意知直线过定点， 函数满足 ， 所以函数的图象的对称中心为， 不妨设关于对称，则， 所以． 故选：B 【点睛】方法点睛： 对于直线过定点问题，通常将直线方程进行变形，使其含有参数的部分与不含参数的部分分别组合，令参数的系数为，即可求出定点坐标. 研究函数的对称性时，通过计算的值来判断函数是否关于点对称. 在解决直线与函数图象交点问题时，如果发现函数具有对称性，可以利用对称性简化计算. 二、选择题：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. 若一个经验回归方程为，则当变量增加1个单位时，平均增加2个单位 B. 已知随机变量，若，则 C. 两组样本数据和．若，则 D. 已知一组样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据回归方程可判定A，根据正态分布可判定B，根据数据的平均数可判定C，根据回归方程及残差的概念可判定D. 【详解】对选项A：该经验回归方程为-1，所以变量x增加1个单位时，y平均增加2个单位，故A正确； 对选项B：曲线关于直线对称，因为，所以，所以，故B正确； 对选项C：因为，，，所以，故C正确； 对选项D：经验回归方程为，且样本点与，n）的残差相等，则，所以，故D错误． 故选：ABC 10. 已知圆，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，，则（ ） A. 的最小值为 B. 四边形面积的最小值为 C. 满足四边形是正方形的点有且只有一个 D. 直线恒过定点 【答案】ABD 【解析】 【分析】由勾股定理得当最小时，最小，计算可判断A选项；由题意可得最小时，四边形的面积最小，计算可判断B选项；当最小时，最大，，可判断C选项；根据与圆相切，得到直线的方程，从而求得定点可判断D选项. 【详解】如图所示， 对于选项A，因为，所以当最小时，最小， 而0，则． 此时，正确； 对于选项B，因为， 所以最小时，四边形的面积最小，且为，正确； 对于选项C，当最小时，最大，而此时是锐角， 所以不存在点使四边形PAOB是正方形，错误； 对于选项D，圆的圆心为，半径为．设， 因为在直线上，所以． 又为圆的切线，故以OP为直径的圆的方程为， 联立，两式作差可得直线的方程为， 将代入得，即， 所以直线恒过定点，正确． 故选：ABD. 11. 球面几何是几何学一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等方面都有广泛的应用．如图，A,B,C是球面上不在同一大圆（大圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这三点中任意两点的大圆的劣弧分别为，由这三条劣弧围成的球面部分称为球面，定义为经过两点的大圆在这两点间的劣弧的长度，已知地球半径为，北极为点N，点P，Q是地球表面上的两点，则（ ） A. B. 若点在赤道上，且经度分别为东经30°和东经60°，则 C. 若点在赤道上，且经度分别为东经40°和东经80°，则球面的面积 D. 若，则球面的面积为 【答案】BD 【解析】 【分析】当时，求得，可判定A错误；求得，得出，可判定B正确；由球心角，结合球的表面积求得的面积，可判定C错误；由时，构造正四面体，求得，结合对称性，求得球面的面积，可判定D正确. 【详解】对于A中，当时，可得， 此时，可得，所以A不正确； 对于B中，当点在赤道上，且经度分别为东经30°和东经60°， 可得球心角，此时，所以B正确； 对于C中，当点在赤道上，且经度分别为东经40°和东经80°， 可得球心角，又由球的表面积为， 所以的面积为，所以C错误； 对于D中，如图所示，当时，可得为等边三角形， 构造一个球内接正四面体，其中心为， 连接交于点，则，为正四面体内切球得到半径， 设正四面体的表面积为，可得， 即， 可得，即为高的靠近的四等分点， 则， 由余弦定理可得，解得， 根据对称性，可得球面的面积为，所以D正确. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，曲线在点处的切线为（为常数），则______________． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导函数，从而知道在切点的导函数，即可得切线斜率，又由切斜经过切点，建立方程即可求得参数的值. 【详解】，则，则方程为，将点代入方程，得，解得． 故答案为： 13. 设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则______________． 【答案】 【解析】 【分析】由椭圆定义得到，，由余弦定理和向量数量积公式得到方程，联立求出. 【详解】由，得， 所以，所以，， 由余弦定理得， 即， 整理得， 由，得， 所以. 故答案为： 14. 某踢毽子小组由甲、乙等五名队员组成，在一次踢毽子训练中，每位队员每次把毽子等可能地踢给其他四人．若由甲开始踢毽子，则第4次踢完毽子后，毽子踢给乙的概率为________________． 【答案】 【解析】 【分析】设“第n次踢毽子后毽子踢给乙”概率为，依题意可得，且，即可得到，结合等比数列的定义求出的通项公式，即可得到的通项公式，进而求得答案. 【详解】设“第n次踢毽子后毽子踢给乙”的概率为， 由题意知，， 所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出，利用构造法求出的通项公式. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角所对的边分别为．已知． （1）求； （2）若，且面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用和角公式、同角的三角函数关系式化简已知式，结合正、余弦定理计算即得； （2）由（1）已得，利用三角形面积公式求得，再由余弦定理求出边即得. 【小问1详解】 由可得： ， 即， 化简得：， 由正弦定理，可得， 又由余弦定理，可得， 又，故． 【小问2详解】 由（1）得，所以，则． 由余弦定理得， 则，所以的周长为． 16. 已知函数． （1）当时，证明：； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）构造，求导得到其单调性，进而求出最小值，得到，证明出结论； （2）参变分离得到对任意的恒成立，构造，求导，得到其单调性，求出，求出. 【小问1详解】 证明：令，则， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 因此，故，即； 【小问2详解】 因为对任意的恒成立， 所以对任意的恒成立， 令，则， 由（1）可知当时，恒成立， 令，可得； 令，可得， 则在上单调递减，在上单调递增， 因此， 故， 故实数的取值范围为． 17. 如图，点在以为圆心，AB为直径的圆的圆周上运动（异于A，B两点），为平面外一点，且平面交PC于点是的中点． （1）证明：； （2）当时，求平面和平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证平面，得，再证平面得，然后证明平面，得证； （2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【小问1详解】 因为点在以O为圆心，为直径的圆的圆周上运动， 所以． 因为平面平面ABC，所以， 因为平面， 所以平面． 因为平面，所以． 因为平面, 所以平面，又因为平面，所以． 因为是的中点， 所以，且，平面， 所以平面， 因为平面，所以 【小问2详解】 设， 则． 由等面积法可得． 因为，所以，． 因为，所以，即， 即，解得，即． ，因此， ，， 以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系： 则， ，，， 设平面的法向量为， 所以令1，可得，即． 设平面的法向量为， 令，可得，即． 设平面和平面夹角为， 则， 所以平面和平面夹角的正弦值为． 18. 已知双曲线C：的离心率为，记双曲线与圆的交点为，且矩形的面积为． （1）求的方程； （2）点为坐标原点，直线交的左支于A，B两点，直线AB和直线OP交于点，且，求|AB|． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由离心率可得双曲线的方程，再与圆的方程联立，结合矩形面积求出即得双曲线方程. （2）联立双曲线的方程与直线方程，借助判别式及韦达定理求出的范围，再求出直线的交点的坐标，结合弦长公式建立方程求出即可求出. 【小问1详解】 由双曲线的离心率为，得，解得，双曲线， 由得，，则， 整理得，解得，， 所以双曲线C的标准方程为. 【小问2详解】 由消去得，设， 则，解得或， 依题意，，，于是， 直线的方程为，由，解得，即， ，， 由，得，而，解得， 所以. 19. 已知有穷数列中的每一项都是不大于的正整数.对于满足的整数，令集合.记集合中元素的个数为（约定空集的元素个数为0）. （1）若，求及； （2）若，求证：互不相同； （3）已知，若对任意的正整数都有或，求的值. 【答案】（1），. （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）观察数列，结合题意得到及； （2）先得到，故，再由得到，从而证明出结论； （3）由题意得或，令，得到或，当时得到，当时，考虑或两种情况，求出答案. 【小问1详解】 因为，所以，则； 【小问2详解】 依题意， 则有， 因此， 又因为， 所以 所以互不相同. 【小问3详解】 依题意 由或，知或. 令，可得或，对于成立， 故或. ①当时， ， 所以. ②当时， 或. 当时，由或，有， 同理， 所以. 当时，此时有， 令，可得或，即或. 令，可得或. 令，可得. 所以. 若，则令，可得，与矛盾 所以有. 不妨设， 令，可得，因此 令，则或. 故. 所以. 综上，时，. 时，. 时，. 【点睛】数列新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $