黑龙江省哈尔滨市师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页哈师大附中2024—2025学年度高三上学期期中考试数学试题考试说明：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．1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚．2．选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整，字迹清楚．3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效．4．保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀．第Ⅰ卷(选择题，共58分)一、单选题：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．复数在复平面内对应的点所在的象限为（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．函数在区间上的最小值为（

）A． B． C． D．4．已知是单位向量，则“”是“”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件5．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（

）A． B． C． D．6．已知等比数列的前项和为，若，则（

）A． B． C． D．7．菱形边长为，为平面内一动点，则的最小值为（

）A． B． C． D．8．已知函数为偶函数，且满足，当x∈0,1，，则的值为(

).A． B． C． D．二、多选题：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．函数的图象如图所示，则下列说法中正确的是（

）A．B．函数的图象关于点对称C．将向左平移个单位长度，得到函数D．若方程在上有个不相等的实数根，则的取值范围是10．设正实数满足，则（

）A．的最小值为 B．的最大值为C．的最小值为 D．的最小值为11．已知函数，则下列说法中正确的是（

）A．方程有一个解B．若有两个零点，则C．若存在极小值和极大值，则D．若有两个不同零点，恒成立，则第Ⅱ卷(非选择题，共92分)三、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．中国冶炼块铁的起始年代虽然迟至公元前6世纪，约比西方晚900年，但是冶炼铸铁的技术却比欧洲早2000年.现将一个轴截面为正方形且侧面积为的实心圆柱铁锭冶炼熔化后，浇铸成一个底面积为的圆锥，则该圆锥的高度为.13．已知某种科技产品的利润率为，预计5年内与时间月满足函数关系式其中为非零常数.若经过12个月，利润率为，经过24个月，利润率为，那么当利润率达到以上，至少需要经过个月用整数作答，参考数据：14．已知为单位向量，满足，则的最小值为四、解答题:本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15．在中，分别为角所对的边，且(1)求角B.(2)若，求ABC周长的最大值.16．已知数列满足(1)求的通项公式；(2)在和之间插入个数，使得这个数依次构成公差为的等差数列，求数列的前项和.17．行列式在数学中是一个函数，无论是在线性代数、多项式理论，还是在微积分学中（比如说换元积分法中），行列式作为基本的数学工具，都有着重要的应用．将形如的符号称二阶行列式，并规定二阶的行列式计算如下：，设函数．(1)求的对称轴方程及在上的单调递增区间；(2)在锐角△中，已知，，，求.18．已知数列满足,（）.(1)记（），证明：数列为等比数列，并求的通项公式；(2)求数列的前项和；(3)设（），且数列的前项和为，求证：（）.19．已知函数.(1)当时，求在处的切线方程；(2)若恒成立，求的范围；(3)若在内有两个不同零点，求证：.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】求解一元二次不等式以及对数函数的定义域，从而解得集合，再求交集即可.【详解】，，故.故选：D.2．D【分析】根据虚数单位的乘方运算，可得其周期，结合复数的几何意义，可得答案.【详解】由，且，则，所以，可得其在复平面上对应的点为，即该点在第四象限.故选：D.3．A【分析】利用导数与三角函数的性质研究函数的单调性，可得答案.【详解】由，则，当时，，可得f′x>0，则单调递增；当时，，可得，则单调递减；由，，，则的最小值为.故选：A.4．A【分析】利用向量三角不等式可得，进而可判断充分性，若，，时可判断必要性.【详解】因为，当且仅当与共线时取等号，所以，所以“”是“”的充分条件，若，则存在，所以，当时，，所以“”是“”的不必要条件，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5．D【分析】根据复合函数的单调性，可得在的单调性，再根据其对称轴和区间端点值关系，即可求得参数范围.【详解】因为为上的单调减函数，根据复合函数单调性可知，在单调递减，故，解得.故选：D.6．B【分析】根据给定条件，结合等比数列片断和性质，列式计算即得.【详解】设等比数列的公比为，由，得，则，又为的前项和，则成等比数列，公比为，于是，所以.故选：B7．D【分析】根据条件，建立平面直解坐标系，设，，则，利用数量积的坐标运算，可得，即可求解.【详解】如图，连接交于，因为为菱形，建立如图所示的平面直角坐标系，

又菱形边长为，设，，则，所以，则，得到，所以，故选：D.8．C【分析】由函数为偶函数，且满足，得出周期为2，根据性质计算即可.【详解】函数为偶函数，且满足，可得f−x=fxf1+x=f1−x可得的周期为2，当x∈0,1，，可得：.故选：C.9．AC【分析】对A：由，解得的范围，即可求得；对B：根据A中所求解析式，求得的对称中心横坐标，检验即可；对C：由，结合诱导公式，即可判断；对D：令，转化题意为在上有个不相等的实数根，结合正弦函数单调性和值域，即可求解.【详解】对A：由图可知，，故，，，又，故当且仅当时，满足题意，故A正确；对B：由A可知，，令，解得，令，解得，故B错误；对C：将向左平移个单位长度，得到，又，故C正确；对D：，即，令，故只需在上有个不相等的实数根，又在单调递增，在单调递减，又，故只需，即，故D错误.故选：AC.10．ABD【分析】利用基本不等式计算可判断ACD，利用三角代换计算可判断B.【详解】对于A，，当且仅当，即取等号，故A正确；对于B，因为正实数满足，所以令，所以，所以当时，，所以的最大值为的最大值为，故B正确；对于C，由，可得，所以，当且仅当取等号，所以的最大值为，故C错误；对于D，由，，当且仅当取等号，故D正确.故选：ABD.11．ACD【分析】对A：对两边取对数，再进行代数运算，即可判断；对B：将转化为，再研究的单调性和最值，即可求得的范围；对C：对求导，对参数的取值进行分类讨论，结合二次求导，判断的单调性，即可求得参数范围；对D：根据B中所求，结合题意，将问题转化为对数平均值不等式的证明，再利用导数证明即可.【详解】对A：，即，因为x>0，故等式两边取对数可得：，也即，又因为，故，解得x=1，故方程只有一个解，A正确；对B：有两个零点，即方程有两个根，又x>0，，显然m>0，故对方程两边取对数可得，令，则，令>0可得，令可得，故在单调递增，在单调递减；又，且当趋近于正无穷时，趋近于，故有两根，只需，解得，故B错误；对C：，则，令，则①当时，，>0，在单调递增，又，且当趋近于时，趋近于，故存在，使得，且当时，，>0，故此时单调递增；当时，，，故此时单调递减；则为的极大值点，没有极小值点，不满足题意；②当时，，令>0，解得，此时单调递增；令，解得，此时单调递减；故在时取得最大值，最大值为；若，即，也即时，在恒成立；则在恒成立，故在单调递减，没有极值点，不满足题意；若，即，也即时，，又当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于，故存在，使得，且存在，使得，故当，，此时，单调递减；当，，此时>0，单调递增；当，，此时，单调递减；故当时，取得极小值，当时，取得极大值，满足题意；综上所述，若有极大值和极小值，则，故C正确；对D：有两个不同零点，即，因为x>0，显然，两边取对数可得故方程有两个根，不妨设为，且，为方便理解，根据B中对的单调性和最值分析作图如下所示：易知，且当时，，也即，即，同理可得，当时，即，当时，；又恒成立，故可得也是方程的两根，则；令，若，则，又，故，则，故，也即，也即，令，因为，故，故只需证，，①先证，因为，故，故只需证，令，则只需证，又，故在单调递减，又，故，也即；②再证，，因为，故只需证，又，故在单调递增，又，故，也即，；综上所述：，，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键，一是对方程两边取对数，将问题转化为，再利用导数研究的单调性和最值；二是，能熟练掌握含参函数单调性的讨论，从而解决其极值问题；三是，能够对D中的问题进行合理的转化，同时，也要熟练掌握对数平均值不等式的证明；属综合困难题.12．【分析】根据浇铸前后体积不变列方程，求得圆锥的高.【详解】设圆柱的底面半径为，母线长为，圆锥的底面半径为，高为，则圆柱的侧面积为，又，代入解得，故，又，又，解得.故答案为：.13．40【分析】由题意建立方程组，根据对数运算，可得答案.【详解】由题意可得，两式作比可得，解得，可得，令，解得.故答案为：.14．【分析】设，，分析可知点在直线上，点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆，结合图形分析求解即可.【详解】设，，为坐标原点，由可知：点在直线上，点在直线上，由，可知点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆，则，可知当且仅当点为2,0，且点为1,0时，取到最小值1.故答案为：1.【点睛】方法点睛：对于向量问题，常常转化为几何问题，进而分析求解.15．(1)(2)【分析】（1）由题目的等式，结合余弦定理，可得答案；（2）由正弦定理可得边角的等量关系，利用三角周长公式整理函数关系式，可得答案.【详解】（1）由，即，∵，∴，又，∴.（2）由可得，，，的周长，∵，∴∵，∴的最大值为.16．(1)(2)【分析】（1）根据条件，利用与间的关系，即可求解；（2）根据条件及（1）中结果，得到，再利用错位相减法，即可求解.【详解】（1）①，当时，②，由①②，得，即，又当时，，满足，所以.（2）由（1）知，所以，则，所以③，④，由③④得：，所以.17．(1)对称轴，单调递增区间为；(2).【分析】（1）根据题意，求得并化简至一般式，再根据正弦的函数的对称性和单调性求解即可；（2）根据（1）中所求解析式，求得，在利用正弦定理求得；再在△和△中，两次使用正弦定理，即可求得关于的三角函数关系，再求结果即可.【详解】（1），由，得，所以的对称轴为.由，解得，又，所以单调递增区间为.（2）由（1）知，，则，由，得，则，解得，因为中，，则为锐角，所以，因为，，所以，所以；因为，故可得，即，也即，故；设，则，在△和△中，由正弦定理得，，上面两个等式相除可得，得，即，所以.18．(1)证明见解析，(2)(3)证明见解析【分析】（1）按等比数列的定义证明，用的递推关系寻找与的关系，即可证明，再利用等比数列的通项公式，即可求解；（2）使用分组求和法，偶数项为等比、等差数列求和，奇数项可转化为偶数项求和；（3）先将放缩，再利用等比数列前项和，将问题转化成求证，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得，即可求证.【详解】（1），又，所以，数列为以为首项，为公比的等比数列.由等比数列的通项公式知.（2）由（1）可知，又，.设，则，设，，，，故.（3），，所以欲证，只需证，即证.设，，故在上单调递减，，时，.，得证.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，通过放缩，得到，从而将问题转化成求证，再构造函数，利用函数的单调性，得到，即可求证.19．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）求导，即可求解斜率，根据点斜式求解切线方程，（2）构造函数，求导，根据单调性可得，进而，构造函数，求导判断单调性，即可求解最值得解.（3）根据hx在单调递减.证明，即可求证，构造函数以及，利用导数求解单调性，即可求证.【详解】（1），则，，故切线方程为，即，（2），令，令，当在0,+∞单调递增，且，当时，，解集为，故，进而即，令，，当单调递增，当