黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024-2025学年高三上学期期末数学试题 含解析

届高三1月份适应性测试数学试题时间：分钟满分：分一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算法则及共轭复数的概念可得结果.【详解】∵，∴，∴，故.故选：B.2.已知向量，满足，，，则（）A.B.C.D.1【答案】D【解析】【分析】根据条件可计算出和的值，即可得到.【详解】∵，∴，即，故，∵，∴，∵，∴，故，即，∴，，∴.故选：D.3.已知数列，（第1页/共24页）A.1B.C.2D.3【答案】A【解析】【分析】利用等差数列、等比数列性质计算得解.【详解】等差数列中，，解得，等比数列中，，，所以.故选：A4.下列四个选项中，使成立的充分不必要条件是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的概念，结合函数的单调性逐项判断可得答案.【详解】A.当时，满足，但；当时，满足，但.故是的既不充分也不必要条件，A错误.B.令，则定义域为，∵，∴是奇函数，当时，，在上为增函数，故在上为增函数，由可得，由可得，故是的充要条件，B错误.C.∵在上为增函数，，∴，当时，无意义，不成立，故是的充分不必要条件，C正确.第2页/共24页D.∵在上为增函数，∴由可得，由可得，故是的充要条件，D错误.故选：C.5.已知函数，若，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分析得函数为奇函数，通过求导分析函数的单调性即可解不等式.【详解】由题意得，函数的定义域为.∵，∴为奇函数.∵，∴，∵，当且仅当，即时取等号，，∴恒成立，即在上为增函数.∵，∴，∴，解得，即的取值范围为.故选：C.6.若，则（）A.B.C.D.第3页/共24页【答案】B【解析】【分析】利用两角和与差的正余弦公式展开，再进行合并，即可求解.【详解】因为，所以，所以，所以，所以.故选:B7.已知双曲线与椭圆有相同的左、右焦点，分别为，，以线段为直径的圆与双曲线及其渐近线在第一象限内分别交于，两点，且线段的中点在另一条渐近线上，则的面积为（）A.B.3C.6D.9【答案】A【解析】，的坐标以及以线段可得而得出的中点坐标，代入，结合即可求出双曲线方程，再与圆的方程联立可得点坐标，利用三角形的面积公式即可求解.【详解】由题意可知，所以，，，以线段为直径的圆的方程为，第4页/共24页双曲线的渐近线方程为，由可得，即，因为点在第一象限，所以，，所以，中点为，因为点在渐近线上，所以，即，所以，又由解得，，所以双曲线，联立可得，解得，因为在第一象限，所以，所以的面积，故选：A第5页/共24页【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是求出中点坐标，代入结合解出双曲线方程，求出点坐标.8.已知对于都有，则的最小值为（）A.1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将题意的不等式变形为性得到不等式组，再次构造函数，结合导数的应用求出函数的最小值即可.【详解】由，得，即，得.设，则，所以函数在上单调递增，又，所以，即.设，则，令，所以在上单调递增，在上单调递减，得，所以，即实数的最小值为.故选：C第6页/共24页【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是将题意的不等式变形为，构造函数的最小值即可.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．9.下列四个命题中正确的是（）A.已知事件相互独立，，，则B.已知随机变量，若，则C.已知随机变量，若，则D.已知，，，则【答案】BCD【解析】AB布的方差公式和方差的性质判断C，利用全概率公式判断D.【详解】选项A：因事件相互独立，，，所以，，A说法错误；选项B：因为随机变量，，又因为，所以，，B说法正确；选项C：由解得，又因为随机变量，所以，解得，C说法正确；第7页/共24页选项D：因为，所以，所以，D说法正确；故选：BCD10.已知正方体的棱长为2，为正方体的内切球的直径，为正方体表面上一动点，则下列说法正确的是（）A.若在线段上运动，则B.若在线段上运动，则的最小值为C.与所成角的范围为D.的取值范围为【答案】ABD【解析】ABCD来转化数量积结合球的性质即得.A平面，平面，故，又，平面，所以平面，又平面，，同理可得，又平面，所以平面，又平面，第8页/共24页所以⊥，故A正确；对于B，把平面绕着展开到平面，使得位于两侧，如图所示，则，，故B正确；对于C，易知的中点即为球心O，如下图所示：当AM与球相切时，AM与所成的角最大，此时，显然，结合两直线所成角范围可知AM与所成角的范围为是错误的，故C错误；对于D，依题意可知O为正方体的中心，如下图所示：，又因为MN为球O的直径，所以，，即可得.第9页/共24页易知当点P为正方体与球O的切点时，最小；当点P为正方体的顶点时，最大，故，因此可得的取值范围为，故D正确.故选：ABD.现椭圆的焦点在，反射至，若两段光线总长度为4，且椭圆的离心率为，上顶点为，定点，点为椭圆为椭圆关于直线的对称点为，，下列说法正确的是（）A.椭圆的标准方程为B.的最大值为C.的最小值为3D.的取值范围为【答案】ACD【解析】A关于B将转化为，再利用三点共线取得最小值，即可判断选项C；根据光学性质得到Q点的轨迹方程，再利用点到直线距离的几何意义求解，即可判断选项D.【详解】对于选项A，由题意可知，，即，又，所以，所以，第10页/共24页所以椭圆的标准方程为，故A正确；对于选项B，因为，设，且，则，所以的最大值为，故B错误；对于选项C，因为，当且仅当三点共线时等号成立，取到最小值，由，，，所以，所以的最小值为3，故C正确；对于选项D，设切点为，由椭圆的光学性质可知，三点共线，所以，所以点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，则表示点到直线距离的倍，圆心到直线距离为，所以点到直线距离最大值为，最大值为，所以的取值范围为,故D正确.故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.在的二项式中，所有项的二项式系数之和为256，则常数项等于________．第11页/共24页【答案】【解析】【分析】根据所有项的二项式系数之和求得，根据二项式展开式的通项公式求得常数项.【详解】由于所有项的二项式系数之和为，二项式展开式的通项公式为，令，所以常数项为.故答案为：13.组中有支队伍，则该组需要进行场比赛．按此规则，设一个含有支球队的小组中进行的所有比赛场次为场，则________．【答案】【解析】【分析】利用组合数公式可求得的表达式，然后利用裂项相消法可求得所求代数式的值.【详解】一个含有支球队的小组中进行的所有比赛场次为场，任何两支球队需进行一场比赛，则，当时，则，故.故答案为：.14.的概率沿平行于反方向均可）移动一步；要么以的概率沿平行于方向（正、反方向均可）移动一步．设移动步后回到点的概率为，到达点的概率为，则________，________．第12页/共24页【答案】①.##0.625②.【解析】【分析】根据相互独立事件及互斥事件的概率公式求出，再由、，即可得到是以为首项、公比的等比数列，从而求出的通项公式.【详解】依题意，，又，，所以，又，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.故答案为：；【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出、，再结合等比数列的定义求出的通项公式.四、解答题：本题共5小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.中，平面，，为在线段上，．第13页/共24页（1）证明：；（2）若，，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）利用线面垂直去证明线线垂直，结合线线平行即可；（2）利用空间直角坐标系，借助空间向量运算来求两平面夹角的余弦值即可.【小问1详解】如图，连接并延长交于，连接．∵为的重心，∴，又∵，∴，∴．∵平面，平面，∴，又∵，，且平面，∴平面，又∵平面，∴，∵，∴．【小问2详解】如图，以为轴，为轴，轴建立空间直角坐标系，则第14页/共24页，，，，，，∴，，，设平面的法向量,令，.设平面的法向量，令，.∴∴平面与平面的夹角的余弦值为.16.已知函数，其图象相邻对称轴间的距离为，若将其图象向右平移个单位得到函数的图象．（1）求函数在上的值域；（2）在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，且①求；②求的最小值．【答案】（1）（2）①；②【解析】1的图象相邻对称轴间的距离得到周期求出，再根据图象平移得到范围求出的范围可得答案；第15页/共24页（21式可得答案.【小问1详解】∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴.【小问2详解】①∵，∴，∴，∴，又由正弦定理得，∴；②因为，所以，因为，所以，当且仅当时取等号．所以，解得，即．17.的学生每月平均坚持跑操的次数超过40第16页/共24页体测成绩达到“及格”等级的概率为40次的学生的综合体测成绩达到“及格”等级的概率为．（1）若从该学校任意抽取一名学生，求该学生综合体测成绩达到“及格”等级的概率；（2）已知该实践活动小组的6名学生中有4名学生综合体测成绩达到“及格”等级，从这6名学生中抽取2名学生，记为抽取的这2名学生中综合体测成绩达到“及格”等级的人数，求随机变量的分布列和数学期望．（3）经统计：该校学生综合体测得分近似服从正态分布，若得分，则综合体测成绩达到“优秀”等级，假设学生之间综合体测成绩相互独立．现从该校所有学生中抽取40为这40名学生中综合体测成绩达到“优秀”等级的人数，求参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）6【解析】1）利用全概率公式计算；（2）求出分布列，然后根据定义计算期望值；（3）先利用正态分布的性质计算的概率，然后利用二项分布计算概率.【小问1详解】设事件“抽取1名学生每月平均坚持跑操的次数超过40次”，则“抽取1名学生每月平均坚持跑操的次数不超过40次”，事件“抽取1名学生综合体测成绩达到“及格”等级”，由全概率公式：，从该学校任意抽取一名学生，该学生综合体测成绩达到“及格”等级的概率为【小问2详解】的可能取值为0，1，2，第17页/共24页，，，∴的分布列为：012；【小问3详解】，，，，∴的数学期望约为6人.18.已知抛物线的焦点为.抛物线上一点满足，为直线上的动点，过作曲线的两条切线，，其中为切点．（1）求抛物线方程；（2）求证：直线恒过定点；（3）求面积的最小值．【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】1）由焦半径公式可得，进而可得解；（2）先设，，，求得切线方程，由切线交点可得直线的方程为，进而可得；（3到直线的距离第18页/共24页，进而可得.【小问1详解】由题意故，所以抛物线方程为.【小问2详解】设，，，由得，故切线：，即，同理可得切线：，在两条切线，则，所以直线，即，因，故，故直线恒过定点.（法二）当直线斜率存在时，设，联立，得设，，，，，，由得故切线，即同理切线，联立得，故，代入直线得，直线，所以恒过定点当直线斜率不存在时，由对称性知，直线，也过定点第19页/共24页综上：直线恒过定点.【小问3详解】联立，得，由韦达定理可得，，到直线的距离当时，最小值为（法二）当直线斜率不存在时，直线，，到直线距离为8，当直线斜率存在时，所以到直线的距离，，当时，的最小值为3，故，第20页/共24页所以的面积的最小值为.到直线的距离，进而可得.19.已知函数（为自然对数的底数）.（1）若，求实数的值；（2）证明：；（3）对恒成立，求取值范围.【答案】（1）1（2）证明见解析（3）【解析】1对任意且，从而可得答案；（2）由（1）知，当时，，即，等价于，要证明等价于证明；（