黑龙江省哈尔滨市第三中学校2025届高三下学期4月适应性练习 数学试题（含解析）

这是一份黑龙江省哈尔滨市第三中学校2025届高三下学期4月适应性练习 数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若集合，集合，则（ ）．
A．B．或
C．D．
2．若，则（ ）．
A．B．C．D．
3．单位向量，满足，则在上的投影向量为（ ）．
A．B．C．D．
4．等差数列满足，，则（ ）．
A．15B．32C．45D．60
5．与的公切线过，且有极小值，则极小值为（ ）．
A．B．C．D．
6．正三棱柱上底面的重心为O，若与所成角为，则三棱锥与的体积之比为（ ）．
A．B．C．D．
7．离心率为的椭圆和离心率为的双曲线的交点构成四边形，的渐近线与的交点构成四边形，若四边形与四边形全等，则（ ）．
A．1B．2C．3D．4
8．曲线上有不同的三点，，，且成等差数列，，则过，的直线的斜率的取值范围为（ ）．
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知一组数据1，2，3，5，6，m，若这组数据的极差是中位数的2倍，则（ ）．
A．m的取值范围是B．若，这组数据的方差为
C．这组数据的上四分位数为4或D．这组数据经过重新排列后，可能成等差数列
10．已知抛物线的焦点为，直线与以为圆心，为半径的圆相切，交于两点，且直线过，则（ ）．
A．的周长为B．圆为的内切圆
C．准线和所夹锐角正弦值为D．抛物线上存在一点，使得为等边三角形
11．设，是函数与在上的两个交点，则（ ）．
A．的最小正周期为B．的最小正零点为
C．D．
三、填空题
12．若，，则 ．
13．某学校派5人参加连续8天的志愿服务活动，其中甲连续参加2天，其中第三天和第五天各需2个人同时参加，其余的天数只能有一个人参加，每个人都至少参加一次活动，至多参加两次活动，则不同的安排方法有 种．（结果用数字表示）
14．已知曲线的中心为M，过的直线交曲线M于A，B两点，，则三角形面积的最大值为 ．
四、解答题
15．中，．
（1）求a．
（2）若D为边中点，，求的面积．
16．已知数列满足，，．
（1）求的通项公式；
（2）设的前n项和为，是否存在实数，，使得是等差数列，若存在，求，的值，若不存在，说明理由；
（3）记，,求．
17．一款节目要求受试者在n个排列成一行的盒子中随机抽取小球，盒子中有数量若干的红球和白球，每抽到一个白球得2分，每抽到1个红球得1分，设最后在所有盒子抽取完，得分为X．
（1）若，每个盒子中白球和红球数相等，且每个盒子抽取1个球，求X的分布列和数学期望；
（2）若第一个盒子抽取1个小球，第二个盒子抽取2个小球，第三个盒子抽取3个小球，第四次抽取1个小球……由此周期循环下去.
（ⅰ）若每个盒子中白球和红球数量均为3个，求在每个周期内X的数学期望与方差；
（ⅱ）若第一个盒子中有3个红球，第二个盒子中有1个白球，2个红球，第三个盒子中有2个白球，1个红球，第四个盒子有3个白球，第五个盒子中有3个红球，……以此周期循环，讨论一个完整周期内X的数学期望与方差；
（ⅲ）为减少X的方差，请提出两条建议．
18．如图，四棱锥的底面为矩形，，是等边三角形，平面平面，O，F分别是，的中点，与交于点E，平面与直线交于点Q.
（1）证明：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值；
（3）设S为平行四边形内部一点.
（ⅰ）求的面积的取值范围.
（ⅱ）当取得最小值时，求二面角的正弦值.
19．设，曲线，与交于，两点，且线段过．
（1）求b关于a的表达式．
（2）证明：．
（3）在曲线上找到一点，过该点作平行于的的切线交于C，D两点，求四边形的面积S关于a的表达式，并求S的取值范围．
参考答案
1．【答案】D
【详解】由可得，
由可得或，
故或，则，
故选D
2．【答案】B
【详解】由，
所以，，
则，
又，，，，
故选B．
3．【答案】A
【详解】单位向量，满足，得，解得，
因此，，
所以在上的投影向量为.
故选A
4．【答案】C
【详解】设公差为，由可得，
又可得，故，
因此，
故选C
5．【答案】D
【详解】设公切线与函数的切点为，
则切线的斜率，则切线的方程为，
即.
由过，可得，化简得，
设，则.
当时，，在上单调递减；
当时，，在单调递增；
故当且仅当时，，
则方程有且仅有个根，即，
故的斜率为，则方程为，
联立消得，
可知不是方程的根，
由直线也与相切，则，
解得或.
当时，，则，
则在和上都单调递增，不存在极值，不符合题意；
当时，，则，
当或时，，
则在与上单调递增；
当或时，，
则在与上单调递增；
故当时，有极小值，极小值为.
故选D.
6．【答案】A
【详解】设正三棱柱底面边长为2，下底面的重心为，连接，则平面，平面，
又平面，所以，则与所成角即为，
在中， ，，解得，
所以，则，
取中点，连接，则，，
又平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
则，
所以三棱锥与的体积之比为，
故选A．
7．【答案】C
【详解】由图，因四边形与四边形全等，则.
将椭圆方程与双曲线方程联立：，
则，
则；
注意到双曲线渐近线方程为：，将椭圆方程与渐近线方程联立：
，
则.
因，则，
即.
所以
故选C.
8．【答案】A
【详解】由等差中项可得，
由于不相等，故，，
由于，所以，因此，
故选A
9．【答案】AB
【详解】对于A，若极差为，则，，解得，符合题意；
若极差为，则中位数为，；
若，极差为，
而中位数为，不符合题意，因此m的取值范围是，A正确；
对于B，由，得，平均数，
方差，B正确；
对于C，，当时，这组数据的上四分位数为5；
当时，这组数据的上四分位数为6，C错误；
对于D，或，重新排列后，3，5，6是相邻3项，它们不成等差数列，D错误.
故选AB
10．【答案】AC
【详解】
由题意，，抛物线方程为：，圆的方程为：，
直线的斜率存在且不为0，设直线：即.
则圆心到直线的距离，解得或（舍去），
所以，直线：.
联立方程可得，
设，则.
对于A，因为，，
的周长为，故A正确；
对于B，假设圆为的内切圆，则点是三条内角平分线的交点，即平分，则有.
因为，
所以假设不成立，故B错误；
对于C，如图，设准线和所夹锐角为，则，所以，故C正确；
对于D，假设存在一点，使得为等边三角形，
取中点，过点作直线的垂线，垂足为，则 ，
由题意，直线的方程为即，
所以点的坐标满足，
，解得，
当时，，不满足；
当时，，不满足.
所以抛物线上不存在一点，使得为等边三角形，故D错误.
故选AC.
11．【答案】BD
【详解】对于A,由于，设，则
而，故，故不是的周期，A错误，
对于B，由，则,则，故，
取，则，故最小的正零点为，B正确，
对于D，由题意可知，由于，则，
所以，故，
所以，D正确，
对于C,由于，不妨设，结合，且因此
故则在单调递增，所以，故C错误，
故选BD
12．【答案】/
【详解】由，
又，则.
则，
故.
13．【答案】5724
【详解】不妨设天数为12345678，另外四人为，
当甲在12，67，78这三个时间段连续参加2天时：
（1）第三天与第五天由剩下四人参加：则先把分到第三天与第五天，剩下四天由排列完成，共有种方法；
（2）第三天与第五天由剩下四人中的三人参加：则先把中选三人(如)分到第三天与第5天(如)，剩下四天由剩下的人(如)完成，共有种方法；
（3）第三天与第五天由剩下四人中的两人参加：则先把中选两人(如)分到第三天与第5天(如)，种方法，
当甲在23，34，45，56这四个时间段连续参加2天时：
（1）第三天与第五天由剩下四人中三人(如)参加：先从四人中选一人与甲同一天，再从剩下三人中选两人在另一天，然后剩下五天由剩下人完成(如)，有种方法，
（2）第三天与第五天由剩下四人中二人(如)参加：先从四人中选一人与甲同一天(如)，两从剩下一人中选1人(如)与刚才的1人()排在另一天，剩下五天由剩下人完成(如)，有种方法；
根据分类计数原理，共有种方法．
14．【答案】
【详解】由可得，故,
令，则或，
因此曲线与轴的交点为，
，
故要使得的面积最大，只需要最大，即只需要的纵坐标的绝对值最大即可，
在中令，则，
故.
15．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）由，
由正弦边角互化，得.
由，
又，则；
（2）如图，设，则，
由题意，
，
，
，
在三角形中，
在三角形中，
两式相除并化简可得：.
由积化和差公式，
则
，则且，
所以，则在上单调递增，在上单调递减，
而在上单调递减，且，，，
所以与在上有一个交点，
注意到满足方程，则，
则为直角三角形，又，，则，
则.
16．【答案】（1）
（2）存在，，
（3）
【详解】（1）因为，两边同除于，则，
所以，，，，
累加可得，
所以，
则当时，，
又当；当也适合上式，
故，则.
（2）由（1）可知，，，所以
则的前n项和为
要使得是等差数列，所以
要使得为一个常数，
令，则对任意恒成立，
则，解得.
所以存在存在实数，，使得是等差数列，且.
（3）由（1）知,，
则.
当时，，
则；
则，
则，
故.
.
17．【答案】（1）分布列见解析，
（2）（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）答案见解析；（ⅲ）答案见解析
【详解】（1）每个盒子的得分是一个随机变量，
其可能取值为：（抽到白球，概率），（抽到红球，概率），
单个盒子的期望得分：，
每个盒子贡献1或2分，总共有5个盒子，
因此总得分的取值范围为，
若抽到个白球，则总得分（每个白球比红球多1分，共多分），
抽到个白球的概率服从二项分布，
即，
（0个白球）：，
（1个白球）：，
（2个白球）：，
（3个白球）：，
（4个白球）：，
（5个白球）：，
，
所以
；
（2）（i）计算一个完整周期的期望与方差，
每次抽取的得分是一个随机变量，其可能取值为（抽到白球，概率），（抽到红球，概率）
单次抽取的期望：，
因为，，
所以单次抽取的方差，
由于每次抽取独立，总方差为各次抽取方差之和，
题目中一个周期内共抽取次，
所有抽取独立，总得分是6次独立抽取的得分之和，
总数学期望：
总方差；
（ii）由于盒子的红球白球的的个数的情况成4为周期，取球的个数成3为周期，故盒子得分的情况以其最小公倍数12为周期.结合超几何分布，经计算，下表列出从第1个盒子到第12个盒子得分的期望与方差.
其中第2个盒子的得分期望为，方差：，同理可得第7，10，11个盒子的得分期望与方差如表所述，其余盒子的得分值是固定的，方差为0.
总数学期望，
总方差；
（iii）建议1：调整各盒子的抽取次数，减少在高方差盒子中的抽取次数.
原因，不同盒子的单次抽取方差不同，例如高方差盒子：红球和白球比例接近（如各占 ），此时单次抽取方差最大（见下方公式推导）
低方差盒子：红球或白球占比极高（如红球），单次抽取方差趋近于0，
若某盒子的单次抽取方差较大，减少其抽取次数，可显著降低总方差，
公式推导（以单次抽取为例）：
设某盒子抽到白球的概率为，红球概率为，得分分别为2和1。
单次方差，
当时，方差最大；当接近0或1时，方差趋近于0，
所以减少高方差盒子的抽取次数，增加低方差盒子的抽取次数，总方差降低，
建议2：使各盒子中的红球和白球比例更不均衡，降低每次抽取的方差，
由公式可知当红球和白球比例悬殊时单次方差显著减小.
策略：设计盒子时，让某些盒子几乎全为红球或白球，从而减少单次抽取的波动.
18．【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）（ⅰ） ；（ⅱ）
【详解】（1）∵是等边三角形，O是的中点，.
又∵平面平面，平面平面，平面，
平面.
又∵平面，.
由题可知：，
，即.
又∵，平面，平面，
∴平面.
（2）∵O，E分别是，的中点，，.
由（1）知，平面，又平面，.
故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，.
∵平面与直线交于点Q，∴平面平面.
∵，平面，平面，平面.
∵平面，平面平面，，.
∵点F是的中点，∴点Q是的中点，∴.
，，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，.
∴平面的一个法向量为，
，
∴与平面所成角的正弦值为.
（3）∵S为平行四边形内部一点，
，其中，.
.
（ⅰ），
∴点到直线的距离为
.
，.
，
即的面积的取值范围为.
（ⅱ），.
∵，，∴当，时，取得最小值，
此时，即点与坐标原点重合.
由（1）知平面，又平面，.
又∵，，平面，平面，
平面，即平面.
又∵，平面.
平面，∴平面平面.
∴当取得最小值时，点与坐标原点重合，
二面角的平面角为直二面角，其正弦值为.
19．【答案】（1）
（2）证明见解析
（3），
X
5
6
7
8
9
10
P
盒子
类型
抽取次数
不放回得分计算
期望
方差
1
3红
1
必得1分
1
0
2
1白2红
2
超几何分布：2红得2分(概率为)或1白1红得3分(概率为)
3
2白1红
3
抽完得5分（2白1红）
5
0
4
3白
1
必得2分
2
0
5
3红
2
抽2次红球得2分
2
0
6
1白2红
3
抽完得4分（1白2红）
4
0
7
2白1红
1
1白得2分（概率为)，或1红得1分(概率为)
8
3白
2
抽2白得4分
4
0
9
3红
3
抽3红得3分
3
0
10
1白2红
1
1白得2分(概率为)或1红得1分(概率为)
11
2白1红
2
抽2白（4分，概率为）或1白1红（3分，概率为）
12
3白
3
抽完得6分（3白）
6
0