精品解析：黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024-2025学年高三下学期第二次模拟考试数学试卷

哈尔滨市第九中学2024—2025学年度高三下学期 第二次模拟考试 数学学科试卷 满分150分，考试时间120分钟 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. 已知复数z在复平面内对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题；命题，则（ ） A. 和均为真命题 B. 和均为真命题 C. 和均为真命题 D. 和均为真命题 3. 在中的平分线交边于点，记，则（ ） A. B. C. D. 4. 甲、乙、丙、丁对某组数据（该组数据由5个整数组成）进行分析，得到以下数字特征，则不能判断这组数据一定都小于12的是（ ） A. 甲：中位数为9，众数为11 B. 乙：中位数为9，极差为3 C. 丙：平均数为8，极差为4 D. 丁：平均数为8，方差为3 5. 已知函数则的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 高相同的圆柱与圆台的体积分别为，，且圆柱的底面积是圆台上、下底面积的等差中项，则与的关系为（ ） A. B. C. D. 不确定 7. 如图，在高为16的圆柱型筒中，放置两个半径均为3的小球，两个小球均与筒壁相切，且分别与两底面相切，已知平面与两个小球也相切，平面被圆筒所截得到的截面为椭圆，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，当时，函数的图象始终在函数图象的上方，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 已知函数，，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数关于对称 C. 函数的所有零点构成的集合为 D. 函数在上是减函数 10. 抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点，反射后，再经过上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（ ） A. B. 延长交直线于点，则三点共线 C. D. 若平分，则 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 B. 当时，在上是增函数 C. 若在上为减函数，则 D. 当时，若函数有且只有一个零点，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 13. 已知数列中，，，，则的前项和_____. 14. 某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）如图，已知锐角外接圆的半径为4，且三条圆弧沿三边翻折后交于点. 若，则_____________；若，则的值为_____________. 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. 数列是公比为的等比数列，且是与的等比中项. （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，证明：. 16. 现有甲、乙两个抽题箱，两抽题箱内放有大小、质量、颜色均相同的小球，且小球内放有题目.已知甲箱内有4个A类题目的小球，5个B类题目的小球，3个C类题目的小球；乙箱内有2个A类题目的小球，2个B类题目的小球，6个C类题目的小球. （1）从甲箱、乙箱内各随机抽取一个小球，记表示抽取的小球内放有B类题目的个数，求的分布列和数学期望； （2）先从甲箱内抽取一个小球放入乙箱内，再从乙箱内抽取一个小球，求这个小球内放有A类题目的概率. 17. 如图，点在以为直径的半圆的圆周上，，且平面， （1）求证：； （2）当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为？ 18. 已知函数的定义域为，若，使得，且为有限个，则称为“有限对偶函数”，称为的对偶点， （1）证明：为有限对偶函数，且对偶点唯一； （2）都满足， （ⅰ）若是“有限对偶函数”，证明有2个极值点； （ⅱ）若，证明：． 19. 已知直线，双曲线，圆， （1）当时，求双曲线的离心率； （2）若直线与圆相切，证明：与的上下两支各有一个公共点； （3）设直线与轴交于点，且与圆交于点，与的上下两支交于点，从上到下依次为，当时，是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈尔滨市第九中学2024—2025学年度高三下学期 第二次模拟考试 数学学科试卷 满分150分，考试时间120分钟 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. 已知复数z在复平面内对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法以及共轭复数的定义，可得答案. 【详解】由题意可得，则. 故选：D. 2. 已知命题；命题，则（ ） A. 和均为真命题 B. 和均为真命题 C. 和均为真命题 D. 和均为真命题 【答案】B 【解析】 【分析】代入具体数值可判断命题和的真假，即可得到和的真假. 【详解】因为当时，成立，故命题为真命题，为假命题； 当时，，故命题为假命题，为真命题. 故选：B. 3. 在中的平分线交边于点，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理得到，再利用平面向量的线性运算即可得到答案. 【详解】由题意，，为的平分线， 根据正弦定理知①，②， 结合，， 得，即， 则， 即， 故选：B. 4. 甲、乙、丙、丁对某组数据（该组数据由5个整数组成）进行分析，得到以下数字特征，则不能判断这组数据一定都小于12的是（ ） A. 甲：中位数为9，众数为11 B. 乙：中位数为9，极差为3 C. 丙：平均数为8，极差为4 D. 丁：平均数为8，方差为3 【答案】B 【解析】 【分析】通过理解中位数，众数，极差，平均数，方差的概念及相关知识，再对5个数据进行举例假设分析，即可得到判断. 【详解】对于A，中位数为9，众数为11，说明11至少有两个数，不妨取两个11， 则由中位数可知另外两个数肯定不超过9，故A能判断这组数据都小于12，所以不能选A； 对于B，中位数为9，极差为3，由于极差是5个数中最大与最小的差， 由于该组数据由5个整数组成，所以不妨取4个9，1个12，这样不能判断该组数据一定小于12，故选B； 对于C，平均数为，极差为，由于个数都是整数，根据条件可知，这个数中肯定最大数与最小数的差为，则可知最大数肯定大于，最小数肯定小于，故最小数加得最大数肯定小于，从而能判断这组数据一定都小于12，故不能选C； 对于D，平均数为8，方差为3，由方差公式可得， 若存在数12，则 ，这与方差为3相矛盾，所以最大数也一定小于12，故不能选D； 故选：B. 5. 已知函数则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出函数与的图象，利用数形结合即可求解. 【详解】作出函数与的图象，如图， 由图象可知，当时，恒成立，则的解集为； 当时，， 图象的交点坐标为、，结合图象知，的解集为. 所以不等式的解集为. 故选：C. 6. 高相同的圆柱与圆台的体积分别为，，且圆柱的底面积是圆台上、下底面积的等差中项，则与的关系为（ ） A. B. C. D. 不确定 【答案】A 【解析】 【分析】利用圆台体积公式，结合等差中项，可通过基本不等式转化到圆柱的体积即可得到判断. 【详解】设圆台的上、下底面积分别为，，圆柱的底面积为，高为， 根据圆柱的底面积是圆台上、下底面积的等差中项， ，， ， 故选：A. 7. 如图，在高为16的圆柱型筒中，放置两个半径均为3的小球，两个小球均与筒壁相切，且分别与两底面相切，已知平面与两个小球也相切，平面被圆筒所截得到的截面为椭圆，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出截面图，由圆柱高和球的半径求出的长，由勾股定理求得的长，再由三角形全等，求得长半轴长，由圆柱得到短半轴长，从而求得半焦距长，然后由离心率公式求得离心率的值. 【详解】设平面α被圆筒所截得到的截面为椭圆，如图，作出圆柱过椭圆的长轴的截面图， 设长轴A，B与两圆的切点是．连接，记椭圆长轴与交于点C， 过C作，且CD交圆柱的母线于点D，连接， 则，． 因为圆柱的高为16，球的半径是3，所以圆柱的底面半径为3，． 根据对称性可知C是，AB的中点，故，则．易得，故，则椭圆的长半轴长． 由题意得椭圆的短半轴长，所以半焦距长，则椭圆的离心率为， 故选：D． 8. 已知函数，，当时，函数的图象始终在函数图象的上方，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将已知不等式变形为，可得出，令，利用导数求出的取值范围，可得出，然后分、、三种情况讨论，在第一种情况下，直接验证即可；在第二、三种情况下，结合参变量分离法可求出实数的取值范围. 【详解】由题意可知，对任意的，，即，即， 因为，故，故， 令，其中，则， 由可得，由可得，所以， 由题意可得恒成立， 当时，显然该不等式成立，此时，； 当时，则，令，其中，则， 由可得，由可得， 所以，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，； 当时，则，令，其中，则， 所以，函数在上单调递减，则. 综上所述，，即实数的取值范围是. 故选：D. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 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. 已知函数，，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数关于对称 C. 函数的所有零点构成的集合为 D. 函数在上是减函数 【答案】BC 【解析】 【分析】利用二倍角公式求的解析式，再求其周期即可判断A的真假；根据同角三角函数基本关系求的解析式，再分析函数性质，判断B的真假；根据辅助角公式求与的解析式，分析函数性质，可判断CD的真假. 【详解】对于A，，其最小正周期为，故A错误； 对于B，，其图象关于对称，故B正确； 对于C，， 由，得，，故C正确； 对于D，， 由，，所以函数在上为增函数， 又，所以函数在上是增函数，故D错误. 故选：BC. 10. 抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点，反射后，再经过上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（ ） A. B. 延长交直线于点，则三点共线 C. D. 若平分，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题设和抛物线的性质得到点，，将点代入抛物线的方程得到，从而求出直线的方程，联立直线和抛物线得到点的坐标，即可判断选项A和C，又结合直线和直线得到点，即可判断B选项，若平分，得到，转化为直线斜率和直线的斜率的关系式即可求出. 【详解】由题意可得抛物线焦点，，如图， 将代入解得，所以，则直线的斜率， 则直线方程为，即， 联立得，所以，解得，A说法错误； 将代入解得或（舍去），则， 所以，C说法正确； 由已知可得轴，且，则直线的方程为， 又，所以直线的方程为， 令解得，即，所以在直线上， 所以三点共线，B说法正确； 设直线的倾斜角为（），斜率为，直线的倾斜角为， 若平分，即，即， 所以，则，且，解得， 又，解得，D说法正确； 故选：BCD 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 B. 当时，在上是增函数 C. 若在上为减函数，则 D. 当时，若函数有且只有一个零点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用导数的几何意义求切线方程，进而求交点坐标，即可求三角形面积判断A；对于B，利用导数研究函数的单调性判断B；对于C，将问题化为在上恒成立，应用导数研究的最小值，即可得参数范围判断C；对于D，将问题化为有唯一解，应用导数研究的单调性和值域判断D. 【详解】对于A，由题设， 则，且， 所以在处的切线方程为， 切线与轴的交点坐标为，与轴的交点坐标为， 所以在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，故A正确； 对于B，由题设，, 当时，趋向于负无穷，当时，趋向于正无穷， 所以存在，使， 所以当时，，在上是减函数，故B错误； 对于C，因为函数在上为减函数， 则在上恒成立，则， 令，则， 易知时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，所以，故C正确； 对于D，函数有且只有一个零点， 即有唯一解，则， 令，且，则， 令，显然在上为增函数，， 则存在，使得， 易知时，，时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 则， 当时，当时，趋向于正无穷，当时，趋向于0， 所以有且只有一个解时，，即， 故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 【答案】##0.8 【解析】 【分析】根据二倍角公式和同角的三角函数的关系即可求出. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 13. 已知数列中，，，，则的前项和_____. 【答案】 【解析】 【分析】由，得，得到等差数列，进而可求解； 【详解】由，得， 是首项为，公差为1的等差数列， ， ， ，为等差数列， . 故答案为： 14. 某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）如图，已知锐角外接圆的半径为4，且三条圆弧沿三边翻折后交于点. 若，则_____________；若，则的值为_____________. 【答案】 ①. ##0.75 ②. 【解析】 【分析】第一空：由正弦定理求得，利用三角形垂心性质结合三角形诱导公式推得，即得答案；第二空：设，由余弦定理求得它们的余弦值，然后由垂心性质结合正弦定理表示出，即可求得答案. 【详解】设外接圆半径为，则， 由正弦定理，可知， 即，由于是锐角，故， 又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故， 所以； 设， 则， 由于，不妨假设， 由余弦定理知， 设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于 , 故 , 则得， 所以， 同理可得， 所以， 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于：涉及到三角形垂心的性质的应用，解答时要能灵活地结合垂心性质寻找角之间的关系，应用正余弦定理，解决问题. 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. 数列是公比为的等比数列，且是与的等比中项. （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，证明：. 【答案】（1） （2） 证明：设， 则， 所以， 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的通项公式求解； （2）利用裂项相消求和求解即可. 【小问1详解】 依题可得：， 即：， 解得， 所以. 【小问2详解】 略 16. 现有甲、乙两个抽题箱，两抽题箱内放有大小、质量、颜色均相同的小球，且小球内放有题目.已知甲箱内有4个A类题目的小球，5个B类题目的小球，3个C类题目的小球；乙箱内有2个A类题目的小球，2个B类题目的小球，6个C类题目的小球. （1）从甲箱、乙箱内各随机抽取一个小球，记表示抽取的小球内放有B类题目的个数，求的分布列和数学期望； （2）先从甲箱内抽取一个小球放入乙箱内，再从乙箱内抽取一个小球，求这个小球内放有A类题目的概率. 【答案】（1） 0 1 2 . （2） 【解析】 【分析】（1）求出甲、乙箱内抽取一个小球，且小球内放有B类题目的概率和小球内没有B类题目的概率，分析知，的可能取值为，求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，进而可求得数学期望； （2）设事件“从乙箱内抽取一个小球，且小球内放有A类题目”，设事件分别是从甲箱中取出A类题目的小球，B类题目的小球，C类题目的小球，利用全概率公式进行求解即可. 【小问1详解】 从甲箱内抽取一个小球，且小球内放有B类题目的概率为， 小球内没有B类题目的概率为； 从乙箱内抽取一个小球，且小球内放有B类题目的概率为， 小球内没有B类题目的概率为， 的可能取值为， 则， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 . 【小问2详解】 设事件“从乙箱内抽取一个小球，且小球内放有A类题目”， 设事件分别是从甲箱中取出A类题目的小球，B类题目的小球，C类题目的小球. 则 . 17. 如图，点在以为直径的半圆的圆周上，，且平面， （1）求证：； （2）当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为？ 【答案】（1） 由平面，平面，则， 又点在以为直径的半圆的圆周上，则， 由且都在面内，则面， 由面，故； （2）或. 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质有，由圆的性质易得，再由线面垂直的判定和性质证明结论； （2）若为的中点，即为半圆的圆心，作面，在面内作，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若为的中点，即为半圆的圆心，作面，在面内作， 由，，则， 故可构建如下图示的空间直角坐标系，则， 由，故，可得， 所以，，， 若，分别为面、面的一个法向量， 则，取，， ，取，， 所以， 整理得，则，可得或. 18. 已知函数的定义域为，若，使得，且为有限个，则称为“有限对偶函数”，称为的对偶点， （1）证明：为有限对偶函数，且对偶点唯一； （2）都满足， （ⅰ）若是“有限对偶函数”，证明有2个极值点； （ⅱ）若，证明：． 【答案】（1）证明：由，得，即 解得，所以只有一个对偶点，且对偶点为0， 所以为有限对偶函数，且对偶点唯一 （2）（ⅰ）证明：令，有，即 代回原式，有， 所以，为常数 ， 若是“有限对偶函数”，则方程有解， 所以 所以函数， 判别式，所以导函数总存在两个相异零点， 不妨设，所以函数在单调递减，在单调递增，在单调递减， 所以函数有两个极值点． （ⅱ）证明：若，则，所以， 欲证，即证 令， 令，得，所以在单调递增，在单调递减， 所以，即成立， 当且仅当时，等号成立， 即得证． 【解析】 【分析】（1）根据定义令，解得，即可得证； （2）（ⅰ）根据，令可得，结合新定义可得，即可对求导，根据导函数得正负确定函数单调性，结合极值定义求证；（ⅱ）根据条件求得的值，欲证，即证，构造求导，确定函数的最值即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤: （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式. 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 19. 已知直线，双曲线，圆， （1）当时，求双曲线的离心率； （2）若直线与圆相切，证明：与的上下两支各有一个公共点； （3）设直线与轴交于点，且与圆交于点，与的上下两支交于点，从上到下依次为，当时，是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） 由直线与圆相切，得，即， 由消去得，即， 由恒成立，得与有两个不同的交点，且两根之积为， 即该方程的两根一正一负，所以直线与的上下两支各有一个公共点. （3）存在 【解析】 【分析】（1）把时代入，进而求出双曲线离心率. （2）由相切可得，把直线方程与双曲线方程联立，利用判别式及韦达定理推理得证. （3）把直线方程与圆及双曲线方程分别联立，利用韦达定理，结合数量积关系列出关于的方程求解. 【小问1详解】 当时，双曲线的实半轴，半焦距， 所以双曲线的离心率. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 存在，， 由直线与圆相交，得，即，由直线与双曲线相交及（2）知， 方程中，，即， 而，且，则， 设，由（2）得， 由，得，则， 由，且四点共线，得，则， 即，则或，因此，即， 整理得，即， 于是，化简得，解得，符合题意， 所以存在，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $