2024届黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学高三2月测试数学试题

2024届黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学高三2月测试数学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．函数的图象大致为（）A． B．C． D．2．已知，，，，则（）A． B． C． D．3．在三角形中，，，求（）A． B． C． D．4．设a=log73，，c=30.7，则a，b，c的大小关系是（）A． B． C． D．5．某校团委对“学生性别与中学生追星是否有关”作了一次调查，利用列联表，由计算得,参照下表:0.010.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828得到正确结论是()A．有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星无关”B．有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”C．在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星无关”D．在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星有关”6．若函数的定义域为M＝{x|－2≤x≤2}，值域为N＝{y|0≤y≤2},则函数的图像可能是（）A． B． C． D．7．已知甲盒子中有个红球，个蓝球，乙盒子中有个红球，个蓝球，同时从甲乙两个盒子中取出个球进行交换，（a）交换后，从甲盒子中取1个球是红球的概率记为.（b）交换后，乙盒子中含有红球的个数记为.则（）A． B．C． D．8．某几何体的三视图如图所示，图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为3，则该几何体表面积为（）A． B． C． D．9．已知向量，，若，则（）A． B． C． D．10．已知实数、满足约束条件，则的最大值为（）A． B． C． D．11．如图，在平面四边形ABCD中，若点E为边CD上的动点，则的最小值为（）A． B． C． D．12．设数列是等差数列，，.则这个数列的前7项和等于（）A．12 B．21 C．24 D．36二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，直三棱柱中，，，，P是的中点，则三棱锥的体积为________.14．已知点是椭圆上一点，过点的一条直线与圆相交于两点，若存在点，使得，则椭圆的离心率取值范围为_________.15．展开式中的系数为_________.16．在长方体中，，，，为的中点，则点到平面的距离是______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知的内角的对边分别为，且满足.（1）求角的大小；（2）若的面积为，求的周长的最小值.18．（12分）设函数．（1）当时，解不等式；（2）设，且当时，不等式有解，求实数的取值范围．19．（12分）如图,设点为椭圆的右焦点，圆过且斜率为的直线交圆于两点，交椭圆于点两点，已知当时，（1）求椭圆的方程.（2）当时，求的面积.20．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的极坐标方程和曲线的普通方程；（2）设射线与曲线交于不同于极点的点，与曲线交于不同于极点的点，求线段的长．21．（12分）已知，.（1）当时，证明：；（2）设直线是函数在点处的切线，若直线也与相切，求正整数的值.22．（10分）已知函数，，设．（1）当时，求函数的单调区间；（2）设方程（其中为常数）的两根分别为，，证明：．（注：是的导函数）

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、A【解析】

用偶函数的图象关于轴对称排除,用排除,用排除.故只能选.【详解】因为,所以函数为偶函数,图象关于轴对称,故可以排除;因为,故排除,因为由图象知,排除.故选:A【点睛】本题考查了根据函数的性质,辨析函数的图像,排除法,属于中档题.2、D【解析】

令，求，利用导数判断函数为单调递增，从而可得，设，利用导数证出为单调递减函数，从而证出，即可得到答案.【详解】时，令，求导，，故单调递增：∴，当，设，，又，，即，故.故选：D【点睛】本题考查了作差法比较大小，考查了构造函数法，利用导数判断式子的大小，属于中档题.3、A【解析】

利用正弦定理边角互化思想结合余弦定理可求得角的值，再利用正弦定理可求得的值.【详解】，由正弦定理得，整理得，由余弦定理得，，.由正弦定理得.故选：A.【点睛】本题考查利用正弦定理求值，涉及正弦定理边角互化思想以及余弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.4、D【解析】

，，得解．【详解】，，，所以，故选D【点睛】比较不同数的大小，找中间量作比较是一种常见的方法．5、B【解析】

通过与表中的数据6.635的比较，可以得出正确的选项.【详解】解:，可得有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”，故选B.【点睛】本题考查了独立性检验的应用问题，属于基础题.6、B【解析】因为对A不符合定义域当中的每一个元素都有象，即可排除；对B满足函数定义，故符合；对C出现了定义域当中的一个元素对应值域当中的两个元素的情况，不符合函数的定义，从而可以否定；对D因为值域当中有的元素没有原象，故可否定．故选B．7、A【解析】分析：首先需要去分析交换后甲盒中的红球的个数，对应的事件有哪些结果，从而得到对应的概率的大小，再者就是对随机变量的值要分清，对应的概率要算对，利用公式求得其期望.详解：根据题意有，如果交换一个球，有交换的都是红球、交换的都是蓝球、甲盒的红球换的乙盒的蓝球、甲盒的蓝球交换的乙盒的红球，红球的个数就会出现三种情况；如果交换的是两个球，有红球换红球、蓝球换蓝球、一蓝一红换一蓝一红、红换蓝、蓝换红、一蓝一红换两红、一蓝一红换亮蓝，对应的红球的个数就是五种情况，所以分析可以求得，故选A.点睛：该题考查的是有关随机事件的概率以及对应的期望的问题，在解题的过程中，需要对其对应的事件弄明白，对应的概率会算，以及变量的可取值会分析是多少，利用期望公式求得结果.8、C【解析】

几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，计算得到答案.【详解】几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，故几何体的表面积为.故选：.【点睛】本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.9、A【解析】

利用平面向量平行的坐标条件得到参数x的值.【详解】由题意得，，，，解得.故选A.【点睛】本题考查向量平行定理，考查向量的坐标运算，属于基础题.10、C【解析】

作出不等式组表示的平面区域，作出目标函数对应的直线，结合图象知当直线过点时，取得最大值.【详解】解：作出约束条件表示的可行域是以为顶点的三角形及其内部，如下图表示：当目标函数经过点时，取得最大值，最大值为.故选：C.【点睛】本题主要考查线性规划等基础知识；考查运算求解能力，数形结合思想，应用意识,属于中档题.11、A【解析】

分析：由题意可得为等腰三角形，为等边三角形，把数量积分拆，设，数量积转化为关于t的函数，用函数可求得最小值。详解：连接BD,取AD中点为O,可知为等腰三角形，而，所以为等边三角形，。设=所以当时，上式取最小值，选A.点睛：本题考查的是平面向量基本定理与向量的拆分，需要选择合适的基底，再把其它向量都用基底表示。同时利用向量共线转化为函数求最值。12、B【解析】

根据等差数列的性质可得，由等差数列求和公式可得结果.【详解】因为数列是等差数列，，所以，即，又，所以，，故故选：B【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，性质，等差数列的和，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

证明平面，于是，利用三棱锥的体积公式即可求解.【详解】平面，平面，，又.平面，是的中点，.

故答案为：【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理、三棱锥的体积公式，属于基础题.14、【解析】

设，设出直线AB的参数方程，利用参数的几何意义可得,由题意得到，据此求得离心率的取值范围.【详解】设，直线AB的参数方程为，(为参数)代入圆，化简得：，，，，存在点，使得，，即，，，，故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆离心率取值范围的求解，考查直线、圆与椭圆的综合运用，考查直线参数方程的运用，属于中档题.15、【解析】

变换，根据二项式定理计算得到答案.【详解】的展开式的通项为：，，取和，计算得到系数为：.故答案为：.【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.16、【解析】

利用等体积法求解点到平面的距离【详解】由题在长方体中，，，所以，所以，设点到平面的距离为，解得故答案为：【点睛】此题考查求点到平面的距离，通过在三棱锥中利用等体积法求解，关键在于合理变换三棱锥的顶点.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）【解析】

（1）因为，所以，由余弦定理得，化简得，可得，解得，又因为，所以.（6分）（2）因为，所以，则（当且仅当时，取等号）.由（1）得（当且仅当时，取等号），解得.所以（当且仅当时，取等号），所以的周长的最小值为.18、（1）；（2）.【解析】

（1）通过分类讨论去掉绝对值符号，进而解不等式组求得结果；（2）将不等式整理为，根据能成立思想可知，由此构造不等式求得结果.【详解】（1）当时，可化为，由，解得；由，解得；由，解得．综上所述：所以原不等式的解集为．（2），，，，有解，，即，又，，实数的取值范围是．【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、根据不等式有解求解参数范围的问题；关键是明确对于不等式能成立的问题，通过分离变量的方式将问题转化为所求参数与函数最值之间的比较问题.19、（1）（2）【解析】

（1）先求出圆心到直线的距离为，再根据得到，解之即得a的值，再根据c=1求出b的值得到椭圆的方程.(2)先求出，，再求得的面积.【详解】(1)因为直线过点，且斜率.所以直线的方程为，即，所以圆心到直线的距离为，又因为，圆的半径为，所以，即，解之得，或（舍去）.所以，所以所示椭圆的方程为.(2)由(1)得，椭圆的右准线方程为，离心率，则点到右准线的距离为，所以，即，把代入椭圆方程得，，因为直线的斜率，所以，因为直线经过和，所以直线的方程为，联立方程组得，解得或，所以，所以的面积.【点睛】本题主要考查直线和圆、椭圆的位置关系，考查椭圆的方程的求法，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.20、（1）；（2）【解析】

曲线的参数方程转换为直角坐标方程为．再用极直互化公式求解，曲线的极坐标方程用极直互化公式转换为直角坐标方程．射线与曲线的极坐标方程联解求出，射线与曲线的极坐标方程联解求出，再用得解【详解】解：曲线的参数方程为（为参数，转换为直角坐标方程为．把，代入得：曲线的极坐标方程为．转换为直角坐标方程为．设射线与曲线交于不同于极点的点，所以，解得．与曲线交于不同于极点的点，所以，解得，所以【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程直角坐标方程相互转换及极坐标下利用和的几何意义求线段的长.（1）直角坐标方程化为极坐标方程只需将直角坐标方程中的分别用，代替即可得到相应极坐标方程．参数方程化为极坐标方程必须先化成直角坐标方程再转化为极坐标方程.（2）直接求解，能达到化繁为简的解题目的；如果几何关系不容易通过极坐标表示时，可以先化为直角坐标方程，将不熟悉的问题转化为熟悉的问题加以解决.21、（1）证明见解析；（2）.【解析】

（1）令，求导，可知单调递增，且，，因而在上存在零点，在此取得最小值，再证最小值大于零即可.（2）根据题意得到在点处的切线的方程①，再设直线与相切于点，有，即，再求得在点处的切线直线的方程为②由①②可得，即，根据，转化为，，令，转化为要使得在上存在零点，则只需，求解.【详解】（1）证明：设，则，单调递增，且，，因而在上存在零点，且在上单调递减，在上单调递增，从而的最小值为.所以，即.（2），故，故切线的方程为①设直线与相切于点，注意到，从而切线斜率为，因此，而，从而直线的方程也为②由①②可知，故，由为正整数可知，，所以，，令，则，当时，为单调递增函数，且，从而在上无零点；当时，要使得在上存在零点，则只需，，因为为单调递增函数，，所以；因为为单调递增函数，且，因此