精品解析：黑龙江省哈尔滨市第三中学校2024-2025学年高三第一次模拟考试数学试卷

哈三中2025年高三学年第一次模拟考试 试卷 考试说明： （1）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； （2）第I卷，第Ⅱ卷试题答案均答在答题卡上，交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题，共58分） 一､选择题（共58分） （一）单项选择题（共8小题，每小题5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. 复数，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，则满足条件的集合的个数为（ ） A. B. C. D. 3. 2024年10月30日，神舟十九号与神舟十八号航天员顺利会师中国空间站，激发了全国人民的民族自豪感和爱国热情.齐聚“天宫”的6名宇航员分别是“70后”蔡旭哲、“80后”叶光富、李聪、李广苏，“90后”宋令东、王浩泽.为记录这一历史时刻，大家准备拍一张“全家福”.假设6人站成一排，两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80后”彼此不相邻，两位“90后”彼此不相邻，则不同的站法共有（ ） A. 16种 B. 32种 C. 48种 D. 64种 4. 已知在边长为2的等边所在平面内，有一点满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 5. 已知圆与椭圆，若在椭圆上存在一点，过点能作圆的两条切线，切点为，且，则椭圆离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若时，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知一个圆锥的母线长为，则当其体积最大时，该圆锥的内切球半径为（ ） A. B. C. D. 1 8. 已知数列满足，若，则数列的前15项和为（ ） A. B. C. D. （二）多项选择题（共3小题，每小题6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. 下列命题中正确的为（ ） A. 若随机变量服从二项分布，且，则 B. 若，且，则的最大值为 C. 若随机变量服从正态分布，且，则 D. 若命题“”是假命题，则的取值范围为 10. 已知函数，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 图象的对称中心为 D. 不等式的解集为 11. 已知函数的图象关于点对称，函数的图象关于直线对称，则下列说法正确的为（ ） A. 4是的一个周期 B. 是偶函数 C. D. 二､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. 已知是第一象限角，且，则__________. 13. 由样本数据，求得回归直线方程为，且，若去除偏离点（4，10）后，得到新的回归直线方程为，则去除偏离点后，相应于样本点的残差值为______. 14. 已知双曲线的左右焦点分别为，过且斜率存在的直线与双曲线的渐近线相交于两点，中点纵坐标为，若，则双曲线的渐近线方程为__________. 三､解答题（本大题共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. 的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，，求的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，平面，是线段上的动点. （1）当是线段中点时，求证：平面； （2）设是的中点，当二面角的余弦值为时，求点到平面的距离. 17. “冰雪同梦，亚洲同心”，年第九届亚冬会在哈尔滨举办，本次赛事共有个大项，个分项，个小项，有来自个国家和地区，多名运动员参赛，是一场令人回味无穷的冬季体育盛会，亚冬会圆满结束后，我校团委组织学生参加与亚冬会有关的知识竞赛.为鼓励同学们积极参加此项活动，比赛规定：答对一题得两分，答错一题得一分，选手不放弃任何一次答题机会.已知小明报名参加比赛，每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率不一定相等. （1）若前三道试题，小明每道试题答对的概率均为， ①设，记小明答完前三道题得分为，求随机变量的分布列和数学期望； ②若小明答完前四道题得分的概率为，求小明答完前四题时至少答对三题的概率的最小值； （2）若小明答对每道题的概率均为，因为小明答对第一题或前两题都答错，均可得到两分，称此时小明答题累计得分为，记小明答题累计得分为的概率为，求数列的通项公式. 18. 点为直线上的动点，为坐标原点，过点作直线垂直于轴，过点作直线的垂线交直线于点. （1）求点的轨迹方程； （2）记点轨迹为曲线，上一定点，过作两不同直线分别交于两点， ①直线的斜率满足，且直线过点，求定点坐标； ②若点，且直线的斜率满足，设的外接圆为圆，过点作曲线的切线，判断直线与圆位置关系，并说明理由. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）设是的两个极值点， ①求证：； ②求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈三中2025年高三学年第一次模拟考试 试卷 考试说明： （1）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； （2）第I卷，第Ⅱ卷试题答案均答在答题卡上，交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题，共58分） 一､选择题（共58分） （一）单项选择题（共8小题，每小题5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. 复数，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义结合复数的几何意义可得出结论. 【详解】因为，则， 所以，复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限. 故选：B. 2. 已知集合，，则满足条件的集合的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合、，利用集合子集个数公式可得结果. 【详解】因为， ， 由可得， 由于每个符合条件的集合都包含元素、， 所以，集合的个数即为集合的子集个数， 故集合的个数为. 故选：C. 3. 2024年10月30日，神舟十九号与神舟十八号航天员顺利会师中国空间站，激发了全国人民的民族自豪感和爱国热情.齐聚“天宫”的6名宇航员分别是“70后”蔡旭哲、“80后”叶光富、李聪、李广苏，“90后”宋令东、王浩泽.为记录这一历史时刻，大家准备拍一张“全家福”.假设6人站成一排，两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80后”彼此不相邻，两位“90后”彼此不相邻，则不同的站法共有（ ） A. 16种 B. 32种 C. 48种 D. 64种 【答案】B 【解析】 【分析】先排两位指令长，然后用四名宇航员的排列总数减去“80后”， “90后”相邻的排法，即可求解. 【详解】两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，有种排法， 剩下的四名宇航员共有种排法，其中两位“80后”彼此相邻，两位“90后”彼此相邻且分别在左侧或右侧的排法共有种， 所以两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80后”彼此不相邻，两位“90后”彼此不相邻，则不同的站法共有种. 故选：. 4. 已知在边长为2的等边所在平面内，有一点满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设的中点为，由向量的线性运算可得，由数量积的计算公式即可求解. 【详解】设的中点为，则， 因为，所以， 所以， 因为等边的边长为2，则，所以， 所以. 故选：. 5. 已知圆与椭圆，若在椭圆上存在一点，过点能作圆的两条切线，切点为，且，则椭圆离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】考虑只需点位于长轴端点时，，可得，然后可解. 【详解】由对称性可知，， 因为，， 所以当点位于长轴端点时最小， 由题可知，在椭圆上存在一点，使得， 只需当点位于长轴端点时，，即，故， 又，所以椭圆离心率的取值范围为. 故选：B 6. 已知函数，若时，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的单调性和奇偶性，将恒成立转化为恒成立，解的范围即可. 【详解】由题意可得，令解得， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 又因为， 所以为偶函数，大致图象如下， 若时，关于的不等式恒成立， 则对恒成立， 所以，则或， 所以或对恒成立， 所以或， 所以实数的取值范围为， 故选：C 7. 已知一个圆锥的母线长为，则当其体积最大时，该圆锥的内切球半径为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】用表示出体积，利用导数求最值，由轴截面面积列方程即可得解. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则， 则，，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，当圆锥体积取得最大值时，， 设圆锥内切球的半径为，则由轴截面面积可得， 解得. 故选：A 8. 已知数列满足，若，则数列的前15项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据的关系求出，然后使用裂项相消法可得. 【详解】①， 当时，， 当时，②， ①-②得，所以， 显然也满足上式，所以， 所以， 记数列的前项和为， 则. 故选：A （二）多项选择题（共3小题，每小题6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. 下列命题中正确的为（ ） A. 若随机变量服从二项分布，且，则 B. 若，且，则的最大值为 C. 若随机变量服从正态分布，且，则 D. 若命题“”是假命题，则的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用二项分布的期望、方差公式和期望的性质判断A，利用基本不等式判断B，根据正太密度曲线的性质判断C，根据一元二次不等式在实数集上恒成立列不等式组求参数范围判断D. 【详解】选项A，由期望的性质可知，解得， 因为随机变量服从二项分布，所以，解得， 所以，A说法错误； 选项B：因为，， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最大值为，B说法正确； 选项C：因为随机变量服从正态分布，且， 所以，所以，C说法正确； 选项D：若命题“”是假命题， 则， 当时，解得， 当时，恒成立，满足题意；当时，不恒成立，不满足题意； 当则，解得， 综上的取值范围为，D说法错误； 故选：BC 10. 已知函数，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 图象的对称中心为 D. 不等式的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】直接代入计算可判断A；根据正切函数周期性可判断B；根据正切函数的对称性，整体代入求解可判断C；利用正切函数单调性解表示可判断D. 【详解】对A，，A正确； 对B，的最小正周期，B错误； 对C，由得， 所以图象的对称中心为，C正确； 对D，由得， 所以，解得，D正确. 故选：ACD 11. 已知函数的图象关于点对称，函数的图象关于直线对称，则下列说法正确的为（ ） A. 4是的一个周期 B. 是偶函数 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知可得关于点对称，关于直线对称，结合对称轴和对称中心可得周期，即可判断；根据函数奇偶性的定义即可判断；由，令为即可判断；结合函数的周期性即可判断. 【详解】因为函数的图象关于点对称， 所以，即， 用代换上式中的可得，所以关于点对称， 因为函数的图象关于直线对称， 所以函数的图象关于直线对称，即， 又， 所以，所以， 所以，所以， 所以函数的周期为，故正确； 因为，所以， 因为函数的图象关于直线对称，所以， 所以，所以是偶函数，故正确； 因为，所以， 即，故正确； 因为关于点对称，， 因为，令可得， 又关于直线对称，所以， 所以， 所以，故不正确. 故选：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是得到关于点对称，关于直线对称，结合对称轴和对称中心推导函数的周期，过程中注意等价条件的转化. 二､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. 已知是第一象限角，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式和同角三角函数关系求解即可. 【详解】由题意可得，即， 因为是第一象限角，所以，，， 所以，， 所以， 故答案为： 13. 由样本数据，求得回归直线方程为，且，若去除偏离点（4，10）后，得到新的回归直线方程为，则去除偏离点后，相应于样本点的残差值为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先求剩余数据的中心点，再代入回归直线方程求，再代入求，即可求残差值. 【详解】由于回归直线过样本中心点，当时，， 去除偏离点后，剩余数据的中心点为， 则，， 将点的坐标代入回归直线方程，可得，解得，所以，新的回归直线方程为，当时，， 所以，去除偏离点后，相应于样本点的残差值为. 故答案为：. 14. 已知双曲线的左右焦点分别为，过且斜率存在的直线与双曲线的渐近线相交于两点，中点纵坐标为，若，则双曲线的渐近线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设的方程为，联立渐近线方程求出纵坐标，根据中点坐标公式结合列方程组求解可得. 【详解】易知，直线的斜率不为0，设方程为， 双曲线的渐近线方程为， 联立解得，由解得， 由题知，，即， 整理得①， 因为，记的中点为，则，， 所以，整理得②， ②代入①得，整理得③， ③代入②整理得，即， 因为，所以，所以， 又，所以，即，所以渐近线方程为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键在于中点坐标公式和垂直直线的斜率关系列方程，化简得到齐次式即可得解. 三､解答题（本大题共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. 的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由三角变换公式可得，从而可求的值. （2）利用正弦定理及三角变换公式可得，结合的范围可求其取值范围，从而可求的取值范围. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 故， 在中，，，所以，，则， 可得，所以，所以. 【小问2详解】 由正弦定理可得（为外接圆的半径）， 所以，， 因为，则，， 所以， 因为为锐角三角形，则，解得， 则，，故. 16. 如图，在四棱锥中，平面，是线段上的动点. （1）当是线段中点时，求证：平面； （2）设是的中点，当二面角的余弦值为时，求点到平面的距离. 【答案】（1）记的中点为，连接， 因为是线段中点，所以且， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）记的中点为，连接，证明四边形为平行四边形即可得证； （2）建立空间直角坐标系，根据二面角求出点坐标，再由向量法求距离即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，所以， 又，所以两两垂直， 以分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 则， 当M与B重合时，二面角为，不合题意， 设，则， 设平面，平面的法向量分别为， 则，， 取，得， 由题可知，解得（舍去）， 则，则点到平面的距离为. 17. “冰雪同梦，亚洲同心”，年第九届亚冬会在哈尔滨举办，本次赛事共有个大项，个分项，个小项，有来自个国家和地区，多名运动员参赛，是一场令人回味无穷的冬季体育盛会，亚冬会圆满结束后，我校团委组织学生参加与亚冬会有关的知识竞赛.为鼓励同学们积极参加此项活动，比赛规定：答对一题得两分，答错一题得一分，选手不放弃任何一次答题机会.已知小明报名参加比赛，每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率不一定相等. （1）若前三道试题，小明每道试题答对的概率均为， ①设，记小明答完前三道题得分为，求随机变量的分布列和数学期望； ②若小明答完前四道题得分的概率为，求小明答完前四题时至少答对三题的概率的最小值； （2）若小明答对每道题的概率均为，因为小明答对第一题或前两题都答错，均可得到两分，称此时小明答题累计得分为，记小明答题累计得分为的概率为，求数列的通项公式. 【答案】（1） ； ② （2） 【解析】 【分析】（1）①分析可知随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值； ②分析可知，第四道试题答对的概率为，根据独立事件和互斥事件的概率公式可得出小明答完前四题时至少答对三题的概率的表达式，利用导数可求出的最小值； （2）计算出、的值，推导出当时，，推导出数列为等比数列，数列为常数列，求出这两个数列的通项公式，即可求得数列的通项公式. 【小问1详解】 ①由题意可知，随机变量的可能取值有、、、， ，， ，， 所以，随机变量的分布列如下表所示： 所以，； ②因为前四道试题得分即全对的概率为，所以第四道试题答对的概率为， 所以，小明答完前四题时至少答对三题的概率为， 则， 当时，，此时，函数单调递减， 当时，，此时，函数单调递增， 所以. 【小问2详解】 依题意可得，，当时，则， 所以，，且， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 故， 且， 所以数列是各项均为的常数列，则， 所以，解得. 18. 点为直线上的动点，为坐标原点，过点作直线垂直于轴，过点作直线的垂线交直线于点. （1）求点的轨迹方程； （2）记点轨迹为曲线，上一定点，过作两不同直线分别交于两点， ①直线的斜率满足，且直线过点，求定点坐标； ②若点，且直线的斜率满足，设的外接圆为圆，过点作曲线的切线，判断直线与圆位置关系，并说明理由. 【答案】（1） （2）①； ② 当时，由可得，求导可得， 当时，，所以切线的斜率为，所以直线：， 设直线：，联立抛物线方程得， ，， 可得，所以， 中垂线：， 同理，中垂线：， 联立可得，， ，即直线与圆相切. 【解析】 【分析】（1）设，可得直线和直线的方程，分和两种情况求解即可； （2）①设，，，直线：，联立方程由韦达定理即可求解；②设直线：，直线：与抛物线方程联立结合韦达定理可得，联立中垂线和中垂线即可证明. 【小问1详解】 设，则直线：，直线：， 时，直线：，点的轨迹为， 时，， 综上，点的轨迹方程； 【小问2详解】 ①设，，， 由已知直线的斜率存在， 所以设直线：， 联立方程得， 所以，由题意得， 所以，解得，所以； ②略 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）设是的两个极值点， ①求证：； ②求证：. 【答案】（1）减区间为，增区间为； （2）①依题意的两根为， 即的两根为． 令， 得，且，， 则在单调递减，在单调递增，则． 令，则， 所以在单调递增，所以， 所以，又，在单调递增． 所以，即． ②由，要证明，只需证， 即证明，即证明， 即证明，即证明， 设，，则， 则当时，，则在单调递减，则， 则在上恒成立，从而左边得证． 因为，，且，， 则在和处的切线分别为和， 令，得，再证明恒成立， 设，则， 令，解得，且时，， 此时函数单调递减；时，，此时函数单调递增； 则，则恒成立，再证明恒成立， 设，， 则当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 则恒成立， 所以，从而右边得证． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）①分析得的两根为，且，再构造函数，利用导数得其单调性即可证明原不等式； ②将左边不等式等价转化证明，再构造函数，利用导数即可证明，右边不等式利用切线放缩即可证明. 【小问1详解】 时，，， 因为，均在上单调递增， 则在上单调递增，又， 所以，，，， 所以在单调递减，在单调递增． 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第二问第一问是经典的极值点偏移问题，需构造函数，再利用导数即可证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $