2025省哈尔滨三中高三上学期10月月考数学试卷含解析

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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. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出集合，，再根据交集的定义求.
【详解】对集合：因为，所以，即；
对集合：因为恒成立，所以.
所以.
故选：B
2. 已知是关于的方程的一个根，则（ ）
A. 20B. 22C. 30D. 32
【答案】D
【解析】
【分析】根据虚根成对原理可知方程的另一个虚根为，再由韦达定理计算可得.
【详解】因为是关于的方程的一个根，
所以方程的另一个虚根为，
所以，解得，所以.
故选：D.
3. 已知，，，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得，利用，结合基本不等式可求最小值.
【详解】因为，所以，所以，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故选：D.
4. 数列中，若，，，则数列的前项和（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合递推关系利用分组求和法求.
【详解】因为，，
所以，，，，，
又，，，
所以.
故选：C.
5. 在中，为中点，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】选择为平面向量的一组基底，表示出，再根据表示的唯一性，可求的值.
【详解】选择为平面向量的一组基底.
因为中点，所以；
又.
由.
故选：C
6. 在三棱柱中，点在棱上，且，点为的中点，点在棱上，若平面，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件及线面平行的判定定理，利用面面平行的判定定理和性质定理，结合平行四边形的性质即可得结论.
【详解】依题意，作出图形如图所示
设为的中点，因为为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
连接，又因为平面，，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面，
所以，又，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，又，
所以，所以，所以.
故选：B.
7. 已知偶函数定义域为，且，当时，，则函数在区间上所有零点的和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】函数在区间上的零点的集合等于函数y=fx和函数在区间内的交点横坐标的集合，分析函数的图象特征，作出两函数的图象，观察图象可得结论.
【详解】因为函数，的零点的集合与方程在区间上的解集相等，
又方程可化为，
所以函数，的零点的集合与函数y=fx和函数在区间内的交点横坐标的集合相等，
因为函数为定义域为R的偶函数，
所以f−x=fx，函数的图象关于轴对称，
因为，
取可得，，
所以函数为偶函数，
所以函数的图象关于对称，
又当时，，
作出函数y=fx，的区间上的图象如下：
观察图象可得函数y=fx，的图象在区间上有个交点，
将这个交点的横坐标按从小到大依次记为，
则，，，，
所以函数在区间上所有零点的和为.
故选：A.
8. 已知平面向量，，，满足，且，，则的最小值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】可设，，，由得到满足的关系，再求的最小值.
【详解】可设，，，
则.
可设：，则
.
故选：B
【点睛】方法点睛：由题意可知：，都是单位向量，且夹角确定，所以可先固定，，这样就只有发生变化，求最值就简单了一些.
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. 对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最大值为
B. 是函数图象的一个对称中心
C. 是函数图象的一个对称轴
D. 将函数的图象向右平移个单位，即可得到函数的图象
【答案】ACD
【解析】
【分析】先利用两角和与差的三角函数公式和二倍角公式，把函数化成的形式，再对函数的性质进行分析，判断各选项是否正确.
【详解】因为.
所以，故A正确；
函数对称中心的纵坐标必为，故B错误；
由，得函数的对称轴方程为：，.
令，得是函数的一条对称轴.故C正确；
将函数的图象向右平移个单位，得，即将函数的图象向右平移个单位，可得到函数的图象.故D正确.
故选：ACD
10. 在正方形中，，为中点，将沿直线翻折至位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则下列结论中正确的是（ ）

A. 若点在线段上，则最小值为
B. 三棱锥的体积为
C. 异面直线、所成的角为
D. 三棱锥外接球的表面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，的最小值为可判断A；对于B，过作于，求得，可求三棱锥的体积判断B；对于C；取的中点，则，取的中点，连接，求得，由余弦定理可求异面直线、所成的角判断C；对于D，取的中点，过点在平面内作的垂线交于，求得外接球的半径，进而可求表面积判断D.
【详解】对于A，将沿直线翻折至，可得的最小值为，故A正确；
对于B，过作于，因为二面角为直二面角，
所以平面平面，又平面平面，所以平面，
由题意可得，
由勾股定理可得，
由，即，解得，
因为为线段的中点，所以到平面的距离为，
又，所以，故B错误；

对于C，取的中点，则，且，，
所以，因为，所以是异面直线、所成的角，
取中点，连接，
可得，所以，
在中，可得，
由余弦定理可得，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以，所以异面直线、所成的角为，故C正确；
对于D，取的中点，过点在平面内作的垂线交于，
易得是的垂直平分线，所以是的外心，
又平面平面，又平面平面，所以平面，
又因为直角三角形的外心，所以是三棱锥的外球的球心，
又，所以，
所以三棱锥外接球的表面积为，故D错误.
故选：AC.
11. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A. 函数有两个零点
B. 恒成立
C. 若方程有两个不等实根，则的范围是
D. 直线与函数图象有两个交点
【答案】BCD
【解析】
【分析】分和两种情况探讨的符号，判断A的真假；转化为研究函数的最小值问题，判断B的真假；把方程有两个不等实根，为有两个根的问题，构造函数，分析函数的图象和性质，可得的取值范围，判断C的真假；直线与函数图象有两个交点转化为有两解，分析函数的零点个数，可判断D的真假.
【详解】对A：当时，；当时，；时，，
所以函数只有1个零点.A错误；
对B：欲证，须证在上恒成立.
设，则，
由；由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以的最小值为，因为，所以.故B正确；
对C：.
设，
则，.
由；由.
所以在上单调递增，在单调递减.
所以的最大值为：，又当时，.
如图所示：
所以有两个解时，.故C正确；
对D：问题转化为方程：有两解，即有两解.
设，，所以.
由；由.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以的最大值为.
因为，，所以
所以.
且当且时，；时，.
所以函数的图象如下：
所以有两解成立，所以D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：导数问题中，求参数取值范围问题，通常有如下方法：
（1）分离参数，转化为不含参数的函数的值域问题求解.
（2）转化为含参数的函数的极值问题求解.
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. 等差数列中，是其前项和.若，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】设数列的公差为，将条件关系转化为的方程，解方程求，由此可求结论.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，
所以，，
所以，，
所以，
故答案为：.
13. 在中，，的平分线与交于点，且，，则的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形面积公式，余弦定理列方程求，再由三角形面积公式求结论.
【详解】因为，为的平分线，
所以，又，
所以，
由余弦定理可得，又，
所以
所以，
所以的面积.
故答案为：.
14. 已知三棱锥中，平面，，，，，、分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知可得的中点外接球的球心，求得外接球的半径与内切球的半径，进而求得两球心之间的距离，可求得线段的长度的最小值.
【详解】因为平面，所以是直角三角形，
所以，，
在中，
由余弦定理得，
所以，所以，所以是直角三角形，所以，
因为平面，平面，所以，
又，平面，
结合已知可得平面，所以是直角三角形，
从而可得的中点外接球的球心，故外接球的半径为，

设内切球的球心为，半径为，由，
根据已知可得，
所以，
所以，解得，
内切球在平面的投影为内切球的截面大圆，且此圆与的两边相切（记与的切点为），
球心在平面的投影为在的角平分线上，所以，
由上易知，所以，
过作于，，从而，
所以，所以两球心之间的距离，
因为、分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，
所以线段的长度的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：首先确定内外切球球心位置，进而求两球的半径和球心距离，再利用空间想象判断两球心与位置关系求最小值.
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. 在三棱柱中，，，，，为中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，利用勾股定理的逆定理可得，可证结论；
（2）以为坐标原点，所在直线为，过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
连接，
因为，为中点，所以，
因为，所以，所以，
又，所以，所以，
又，平面，所以平面；
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线为，过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
又，所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
16. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数，若在恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）的取值范围为.
【解析】
【分析】（1）求函数的定义域及导函数，分别在，，，条件下研究导数的取值情况，判断函数的单调性；
（2）由条件可得，设，利用导数求其最小值，由此可得结论.
【小问1详解】
函数的定义域为，导函数，
当时，，函数在上单调递增，
当且时，即时，
，函数在上单调递增，
当时，，当且仅当时，
函数在上单调递增，
当时，方程有两个不等实数根，设其根为，，
则，，
由，知，，，
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，函数在上单调递增，
当时，函数在上单调递增，
函数在上单调递减，
函数在上单调递增，
【小问2详解】
因为，，
所以，
不等式可化为，
因为在恒成立，
所以
设，
则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以当时，函数取最小值，最小值为，
故，
所以的取值范围为.
17. 已知在锐角中，，，分别为内角，，的对边，.
（1）求；
（2）若，为中点，，求；
（3）若，求内切圆半径的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，再结合三角形内角和定理及两角和与差的三角函数公式，可求，进而得到角.
（2）利用向量表示，借助向量的数量积求边.
（3）利用与正弦定理表示出，借助三角函数求的取值范围.
【小问1详解】
因为，
根据正弦定理，得，
所以，
因为，所以，所以.
【小问2详解】
因为为中点，所以，
所以，
所以，解得或（舍去），
故b=4.
【小问3详解】
由正弦定理：，
所以，，
因，所以，
所以
，
，
设内切圆半径为，
则.
因为为锐角三角形，所以，，
所以，
所以，即，
即内切圆半径的取值范围是：.
18. 某汽车销售公司为了提升公司的业绩，将最近一段时间内每日的汽车销售情况进行了统计，如图所示.
（1）求的值，并求该公司这段时间内每日汽车销售量的第60百分位数；
（2）以频率估计概率，若在这段时间内随机选择4天，设每日汽车销售量在内的天数为，在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，求的分布列及数学期望；
（3）为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：在三棱锥中，、均是边长为2的正三角形，，现从写有数字1~8的八个标签中随机选择两个分别贴在、两个顶点，记顶点、上的数字分别为和，若为侧棱上一个动点，满足，当“二面角大于”即为中奖，求中奖的概率.
【答案】（1），175
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率之和为1可求的值，再根据百分位数的概念求第60百分位数.
（2）根据条件概率计算，求的分布列和期望.
（3）根据二面角大于，求出可对应的情况，再求中奖的概率.
【小问1详解】
由.
因为：，，
所以每日汽车销售量的第60百分位数在，且为.
【小问2详解】
因为抽取的1天汽车销售量不超过150辆的概率为，
抽取的1天汽车销售量在内的概率为.
所以：在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，抽取的1天汽车销售量在内的概率为.
由题意，的值可以为：0，1，2，3.
且，，，.
所以的分布列为：
所以.
【小问3详解】
如图：取中点，链接，，，，.
因为，都是边长为2的等边三角形，
所以，，，平面，所以平面.
平面，所以.
所以为二面角DE 平面角.
在中，，所以.
若，在中，由正弦定理：.
此时：，.
所以，要想中奖，须有.
由是从写有数字1~8的八个标签中随机选择的两个，所以基本事件有个，
满足的基本事件有：，，，，，，，，共9个，
所以中奖的概率为：.
【点睛】关键点点睛：在第（2）问中，首先要根据条件概率的概念求出事件“在恰有1天的汽车销售量不超过150辆的条件下，抽取的1天汽车销售量在内的概率”.
19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，，是中点，平面，.
（1）求四棱锥体积的最大值；
（2）设，为线段上的动点.
①求平面与平面的夹角余弦值的取值范围；
②四棱锥的外接球记为球，当为线段中点时，求平面截球所得的截面面积.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）设，用表示四棱锥体积，分析函数的单调性，可求四棱锥体积的最大值.
（2）①建立空间直角坐标系，设点的坐标，用空间向量求二面角的余弦，结合二次函数的值域，可得二面角余弦的取值范围.
②先确定球心，求出球心到截面的距离，利用勾股定理可求截面圆的半径，进而得截面圆的面积.
【小问1详解】
设则，
所以四棱锥体积，.
所以：.
由；由.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以四棱锥体积的最大值为.
【小问2详解】
①以为原点，建立如图空间直角坐标系.
则，，，,
所以，，.
设平面的法向量为，则
.
令，则.
取平面的法向量.
因为平面与平面所成的二面角为锐角，设为.
所以.
因为，，所以.
②设，则，即，解得，
则，，此时平面的法向量，
所以点到平面的距离为：，
设四棱锥的外接球半径为，则,
所以平面截球所得的截面圆半径.
所以平面截球所得的截面面积为：.
【点睛】关键点点睛：平面截球的截面面积问题，要搞清球心的位置，球的半径，球心到截面的距离，再利用勾股定理，求出截面圆的半径.
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