黑龙江省哈尔滨第三中学校2025届高三下学期第二次模拟考试数学试题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页黑龙江省哈尔滨第三中学校2025届高三下学期第二次模拟考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合A=x|x2−4A．x−3<C．x−3<2．已知平面向量a=1,−2，b=−A．5 B．5 C．37 D．373．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（

）A．若n⊂α，n//β，则α//β C．若α⊥β，β⊥γ，则α//γ 4．复数z1，z2在复平面内对应的点关于直线y=x对称，且z1A．−1 B．1 C．i D．5．对于锐角α，满足3sinα=41A．45 B．35 C．346．正项等差数列an中，a4=1，则A．92 B．5 C．527．已知函数fx=logax（a>0，a≠1A．0<a<12 B．a>8．已知函数fx=32sinxcosx−12A．29π3 B．32π3 C．二、多选题9．某高中为了解该校学生的体质情况，对全校同学进行了身体素质测试，现随机抽取所有测试同学中的100名，经统计这一部分同学的体测分数均介于40至100之间；为进一步分析该校学生体质情况，现将数据整理得到如下所示频率分布直方图，则下列结论正确的是（

）A．a=0.010C．估计样本的40%分位数为66分 D．该组数据的平均数大于众数10．已知Px0,y0为双曲线C:x24−y212=1上一点，FA．x0=6 B．C．PF1=14 11．如图，已知侧棱长为2的直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠A．当AB=23时，异面直线AB．当AB=2时，直线ARC．AR的最大值是D．三棱锥A1−三、填空题12．若在(1+ax)513．已知随机事件M，N．若PN=25，PMN14．在△ABC中，△ABC的面积为2，且四、解答题15．设函数fx=a(1)若fx在x=1处切线为y(2)是否存在实数a，使得当x∈0,2时，函数16．为研究某篮球运动员对球队的贡献情况，现统计某赛季该球员出场情况与比赛结果的数据如下表：球队赢球球队输球总计参加301242未参加202040总计503282(1)根据小概率值α=(2)为进一步研究该球员对球队的影响作用，现从他参赛的10场比赛（其中赢球场次3场，输球场次7场）中随机抽取2场，用随机变量X表示赢球的场数．求随机变量X的分布列，数学期望与方差．参考公式：χ2=nP0.100.050.0250.010x2.7063.8415.0246.63517．已知数列an满足a1=5，an(1)求证：bn(2)设cn=2n+1bn，数列cn的前n18．已知等腰△ABC中，∠B=2π3，AB=BC=4，D是线段AC上一点，现将△(1)若D为AC中点，求证：D(2)若AD=①求平面BCD和平面②设E为BD的中点，过E作平面截三棱锥A19．椭圆E:x2a2(1)求椭圆E的方程；(2)设A，B分别为椭圆E的左右顶点，F为椭圆的右焦点，K为椭圆E上动点（异于A，B），直线KF与椭圆E交于另一点H．若直线AK与HB交于点P，求证：点P(3)在（2）的条件下，设直线KB与直线l交于Q点，椭圆E在点K处的切线l′与l交于①求证：KP②求△KPQ面积S答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《黑龙江省哈尔滨第三中学校2025届高三下学期第二次模拟考试数学试题》参考答案题号12345678910答案CBDABBCCABCAD题号11答案ACD1．C【分析】解一元二次不等式求出集合A，再根据补集、交集的定义计算可得.【详解】由x2−4x≤所以A=x|x2又B=x−故选：C2．B【分析】由向量共线的坐标表示及模长公式即可求解.【详解】b−因为a⃗可得：1×x+1=所以b=故选：B3．D【分析】根据空间中线面、面面的位置关系一一判断即可.【详解】对于A：若n⊂α，n//β，则对于B：若m//n，n//α，则对于C：若α⊥β，β⊥γ，则对于D：若m⊥α，m⊂故选：D4．A【分析】首先求出z2【详解】因为z1=−又点−1,1关于直线y=x所以z1故选：A5．B【分析】由三角函数的二倍角公式化简已知条件可得3cosα2=4【详解】3根据二倍角公式可得：3×化简得6sin因为α是锐角，所以0<α2等式两边同时除以2sinα3cos又因为sin2联立方程组①②可得：sin2α因为0<α2则sinα故选：B.6．B【分析】设公差为dd≥0，由a4=a1【详解】正项等差数列an中，设公差为d因为a4=a1+3d所以35所以3=61+当且仅当61+3故选：B7．C【分析】根据题意化简整理，将问题转化成讨论一元二次方程有正根，利用根的判别式以及韦达定理讨论根的情况即可求出a的取值范围.【详解】由题意，2fax则ax2=根据函数定义域可知，x>0，且a≠因为Δ=9a则x当0<a<1时，当a>1时，x1所以0<故选：C.8．C【分析】由辅助角公式将方程转化成sin2【详解】fx则fx=1即sin∵x∈π6令θ=2x函数y=sinθ由图可知，y=sinθ所以：其中θ1即2x1+解得x1所以x1故选：C9．ABC【分析】结合频率分布直方图逐项判断即可.【详解】对于A：由0.005+可得：a=对于B：样本中得分不低于80分的频率0.01+故样本中得分不低于80分的同学有100×对于C：第一个矩形面积为0.1，第二个矩形面积为0.15，第三个矩形面积为0.25，0.1+0.15=所以样本的40%分位数：60+对于D：平均数为：45×众数为：75，故D错误；故选：ABC10．AD【分析】不妨设点P在第一象限，Px0,y0，根据已知条件，由内切圆的性质以及双曲线的定义，求出x0=6，y0=4【详解】不妨设点P在第一象限，D，E，F分别为⊙I与△由切线长定理以及双曲线的定义，得2=x∴xD=a设Px0,y0，由G把x0=6代入双曲线C：x∴PF∴PF所以S△若点P在第二象限，则2a=PF2设△PF1则S△又S△∴16r=16故选：AD.11．ACD【分析】连接A1B，利用余弦定理即可判断A；证明AB⊥平面BCC1B1，即可得到∠ARB为直线AR与平面BCC1B1成角，即可判断B；取BC的中点M【详解】在直三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面AB对于A：当AB=23时，又所以AC=23，连接A1所以∠A1C1B为异面直线A即异面直线AC与BC1对于B：当AB=2即12=AC2+所以AB2+BC2=AC2，即AB又BC∩CC1=C，B所以∠ARB为直线AR与平面BC则∠ARB=π4，所以直线对于C：取BC的中点M，连接RM、AM，则R又CC1⊥平面ABC，所以RM⊥平面A由余弦定理BC2=所以AC2+AB因为AM==1所以AMmax=3，又所以AR的最大值是1对于D：过点B作BD⊥AC交AC于点D，因为CC1⊥平面又AC∩CC1=C，A又BD所以VA由C可知AC⋅AB≤故选：ACD12．2【分析】利用展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为3得【详解】(1+a令x=3的展开式中x3∵展开式中x3的系数为80，∴10a∴a=故答案为：2.13．25/【分析】根据条件概率求出PMN，再由和事件的概率公式求出【详解】因为PN=25，又PM所以PM所以PN故答案为：214．6【分析】设AB=xx>0，则BC【详解】设AB=x由S△AB由余弦定理得AC令y=10−即82+y所以sin(B+得y2≥36，解得y≥6或y解得AC≥6或AC≤故答案为：615．(1)5(2)a=【分析】（1）求导，由f′1=a−2=0求出（2）求定义域，求导，分a≤0，a>【详解】（1）f′fx在x=1处切线为y=b故fx=2x−所以a+（2）存在a=fx的定义域为0,+当a≤0时，f′故fx在x所以fxmin=当a>0时，令f′x>0得，若a>1，则2a<2，故f故fxmin=若0<a≤1，则2a故fxmin=综上，a=16．(1)该球队赢球与该球员参赛有关联；(2)分布列见解析；数学期望EX=【分析】（1）设零假设，求出χ2（2）利用古典概型结合组合数计算，求出对应的概率，写出分布列，再根据数学期望和方差公式计算求解.【详解】（1）设零假设为H0则χ2根据小概率值α=0.05的独立性检验，我们推断（2）由题意，随机变量X所有可能取值为0则PPP所以，随机变量X的分布列为：X012P771数学期望E方差D17．(1)证明见解析(2)−【分析】（1）证明bn+1bn（2）先求出cn，根据cn通项公式的特征，采用错位相减法求其前n项和Sn，题设化简为−1n【详解】（1）由已知，∵a∴an+1=又∵a1=∴数列bn中任意一项不为0,b∴数列bn是首项为2,公比为2的等比数列，b（2）由第（1）问知，bn则cn=2n+12所以Sn12所以①-②可得：12所以Sn由−1nλ化简得−1当n为奇数时，有−λ<5而5×12当n为偶数时，有λ<而5−5×综上，λ的取值范围为−518．(1)证明见解析(2)①255；②【分析】（1）由D为AC中点，得到BD⊥A′D,（2）①在由AD=2DC，得到A′D,DC得到长，由余弦定理求得BD=433，得到所以△BCD为等腰三角形，且∠DBC=π6，再由②以B为原点，建立空间直角坐标系，设三棱锥A′−BCD的外接球的球心为O，求得球心的坐标为(2,23,2)，半径为【详解】（1）证明：如图（1）所示，在等腰△A因为AB=BC=4，且D为又因为A′D∩DC=D，且A因为A′C⊂平面A（2）解：①在等腰△ABC中，∠B=因为AD=2DC在△BCD中，由余弦定理得BD2所以△BCD所以∠A′B又因为平面A′BD和平面BCD所成的二面角为θ因为A′B⊂平面A′BD，且平面A′又因为CD⊂平面BC如图所示，过点B作BH⊥CD，因为A′所以CD⊥平面因为A′H⊂平面A所以∠A′HB为平面在直角△BCH在直角△A′HB中，可得所以平面BCD和平面A②以B为原点，以BD,BA′分别为y轴，z轴，以在平面BCD则A′设三棱锥A′−B则球心O在底面BCD上的投影为△B球心O在yOz上的投影点为直角△A′B所以球心的坐标为(2,2又由E为BD的中点，可得E(0当OE与过点E设所截小圆的半径为r，则r=所以过E作平面截三棱锥A′−B19．(1)x(2)证明见解析(3)①证明见解析；②2【分析】（1）结合图形可得a,（2）联立直线KH与椭圆方程，由韦达定理可得关系式3(y1+y2)=（3）①求出切线l′方程，依次求出R,P,Q坐标，得R为PQ中点，进而由向量极化恒等式可证；②利用点【详解】（1）圆M:(x−6圆N:x2+(由题意椭圆E与两圆都外切，结合图形可知，a=故椭圆E的方程为x2（2）由椭圆E的方程为x24+由题意知，KH不垂直于y轴，故可设直线K由焦点F在椭圆内，则直线KH设K(联立直线