2024届黑龙江省哈尔滨市第一二二中学校高三上学期阶段性检测考试数学试题含答案

这是一份2024届黑龙江省哈尔滨市第一二二中学校高三上学期阶段性检测考试数学试题含答案，共17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。
2024届黑龙江省哈尔滨市第一二二中学校高三上学期阶段性检测考试数学试题 一、单选题1．已知集合 ，则（     ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据对数函数的性质，以及二次函数的性质，分别求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.【详解】由集合，所以.故选：C.2．若，，，则a，b，c的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据指数函数的单调性和对数函数的单调性比较大小即可作答.【详解】依题意，，又，所以a，b，c的大小关系是.故选：B3．已知，，是3条不同的直线，，，是3个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ）A．若，，则B．若，，，则C．若，，则D．若，，则【答案】C【分析】利用垂直于同一直线的两条直线的位置关系可判断A；利用面面垂直的性质可判断B；利用面面垂直的判定可判断C；利用垂直于同一平面的两个平面的位置关系可判断D.【详解】对于A，由，，在同一个平面可得，在空间不成立，故A错误；对于B，由面面垂直的性质定理知缺少“”，故B错误；对于C，若，，则，故C正确；对于D，当三个平面，，两两垂直时，结论错误，故D错误.故选：C.4．函数的图象大致为（    ）A．     B．        C．     D．    【答案】A【分析】根据函数的奇偶性及特殊值判定即可.【详解】由可知是偶函数，即其图象关于纵轴对称，排除C、D选项；又当时，，排除B项.故选：A5．基本再生数与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数，基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：（其中是自然对数的底数）描述累计感染病例数随时间（单位：天）的变化规律，指数增长率与，近似满足.有学者基于已有数据估计出，，据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加倍需要的时间约为（    ）（参考数据：，）A．天 B．天 C．天 D．天【答案】B【分析】根据所给模型求得，令，求得，根据条件可得方程，然后解出即可．【详解】把，代入，可得，，当时，，则，两边取对数得，解得．故选：B.6．若：实数使得“”为真命题，：实数使得“”为真命题，则是的（    ）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】先根据命题的真假性求出的范围，化简命题，再根据充分性和必要性的概念求解即可.【详解】因为：实数使得“”为真命题，所以有解，所以，解得，即；因为：实数使得“”为真命题，所以，由指数函数的图象和性质可得，即，所以，，即是的必要不充分条件，故选：A7．已知函数，满足对任意的实数，且，都有，则实数a的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用已知条件判断函数的单调性然后转化分段函数推出不等式组，即可求出a的范围.【详解】对任意的实数，都有,即成立，可得函数图像上任意两点连线的斜率小于0，说明函数是减函数；可得：，解得，故选：C8．已知函数是定义在上的奇函数，且对任意的，都有，且，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意得到在单调递减，结合奇函数性质得到在单调递减，，结合奇函数性质将不等式转化为，再结合已知条件列出不等式组求解即可.【详解】因为对任意的，都有，此时，则，所以在单调递减，因为函数是定义在上的奇函数，所以在单调递减，，所以当和时，；当和时，.由，即，所以或或或，所以或或或无解，所以原不等式解集为故选：D9．定义域为的函数满足，当时，，若时，恒成立，则实数的取值范围是(　　 )A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意首先得得到函数的具体表达式，由，所以，所以，再由可得出f（x）的表达式，在根据函数思维求出f（x）最小值解不等式即可.【详解】因为，所以，因为时，，所以,因为函数满足，所以，所以，，又因为，恒成立，故，解不等式可得或.【点睛】考查函数的解析求法，解本题关键就是要能合理的运用已知条件将变量的范围变化到已知表达式范围中，然后根据函数的最值思维即可得出结论. 二、多选题10．关于的展开式，下列结论正确的是（    ）A．二项式系数之和为 B．所有项的系数之和为C．常数项为 D．项的系数为【答案】ABD【分析】由二项式系数和的性质可知A正确；令可得B正确；根据二项式定理可得展开式通项，分别令和，可求得常数项和项的系数，得到CD正误.【详解】对于A，展开式二项式系数之和为，A正确；对于B，令，则展开式所有项的系数之和为，B正确；对于CD，展开式通项为：；令，解得：，展开式的常数项为，C错误；令，解得：，展开式中项的系数为，D正确.故选：ABD.11．下列判断正确的是（    ）A．复数，则z在复平面内对应的点位于第二象限B．函数（且）的图象恒过的定点是C．对数函数有且只有一个零点D．某人忘记了一个电话号码的最后一个数字，只好去试拨，他第一次失败、第二次成功的概率是【答案】BD【分析】根据复数的乘法结合几何意义判断A；根据对数函数、指数函数的零点求法可判断B；根据零点的含义判断C；根据古典概型概率的计算判断D.【详解】对于A，，对应的点为，位于第四象限，A错误；对于B，函数（且），令，则，即函数（且）的图象恒过的定点是，B正确；对于C，函数的零点是一个数，不是一个点，C错误；对于D，电话号码的最后一个数字是确定的一个数字，随机去试，由10种可能，故他第一次失败、第二次成功的概率是，D正确，故选：BD12．函数的部分图象如图所示，下列结论中正确的是（    ）  A．函数的周期为B．直线是函数图象的一条对称轴C．函数的单调递增区间为D．函数是偶函数【答案】ACD【分析】由图计算周期，判断选项A，从而得，代入最小值计算出值，得函数的解析式，代入计算判断选项B，利用整体法计算函数的单调递增区间，判断选项C，写出函数的解析式并化简，判断选项D.【详解】由图可知，，解得，故A正确；所以，又因为，所以，得，因为，所以，所以，将代入解析式可得，所以不是函数图象的对称轴，故B错误；由整体法可得，，得，所以函数的单调递增区间为，故C正确；，所以函数是偶函数，故D正确.故选：ACD13．定义在上的函数满足是偶函数，，则（    ）A．是奇函数 B．C．的图象关于直线对称 D．【答案】ABD【分析】利用函数的周期性、奇偶性和对称性逐一判断即可.【详解】由可得，即，所以是以为周期的周期函数，因为是偶函数，所以，则，所以，所以是奇函数，选项A正确；由周期性可得，选项B正确；由可得，因为，的图象不关于直线对称，选项C错误；又由可得，，所以，所以结合周期性可得，选项D正确；故选：ABD14．已知函数函数，则下列结论不正确的是（    ）A．若，则恰有2个零点B．若，则恰有4个零点C．若恰有3个零点，则的取值范围是D．若恰有2个零点，则的取值范围是【答案】ACD【分析】由，解得或.再结合函数的图像判断各选项.【详解】令，则，解得或.当时，.由，得；由，得，则在上单调递减，在上单调递增，.，当时，取最小值，最小值为，故的大致图象如图所示.由图可知，有且仅有1个实根.当时，恰有1个零点，故A错误；当时，有3个实根，则恰有4个零点，故B正确；由恰有3个零点，得恰有2个实根，则或或，则错误；由恰有2个零点，得恰有1个实根，且，则或或，则D错误.故选：ACD. 三、填空题15．已知椭圆的离心率为，则椭圆的短轴长为      ．【答案】2【分析】根据椭圆的几何性质即可求解.【详解】由题意可得，所以离心率，故，故短轴长为，故答案为：216．若函数是偶函数，则          ．【答案】1【分析】根据偶函数的定义结合对数运算求得的值即可.【详解】∵为偶函数，定义域为，∴对任意的实数都有，即，∴，由题意得上式对任意的实数恒成立，∴，解得,所以故答案为：117．已知在上单调递增，的解集是      ．【答案】【分析】令，则，结合复合函数的性质求原函数的单调性及对称轴，利用单调性和对称性、一元二次不等式解法求解集.【详解】令关于对称，在上递增，在上递减，而，故在上单调递增，综上，在上递增，在上递减，且关于对称，又，则，可得，解集为.故答案为：18．中美关系日趋严峻，为此各相关企业在积极拓展市场的同时，也积极进行企业内部细化管理，某集装箱码头在货物装卸与运输上进行大力改进，改进后单次装箱的成本（单位：万元）与货物量（单位：吨）满足函数关系式，单次装箱收入（单位：万元）与货物量的函数关系式，已知单次装箱的利润，且当时，,则单次装箱利润最大值为      ．【答案】6【分析】先求得单次装箱的利润与货物量的函数关系式，并根据时，求得，再利用函数的单调性和基本不等式求得利润的最大值即可.【详解】由题意可得单次装箱的利润与货物量的函数关系式为，因为当时，,即，解得，即，当时，为单调递减函数，故当时，的最大值为，当时，，当且仅当 ，即时，取最大值，综上所述，当每日产量为吨时，单次装箱利润取得最大值，故答案为： 四、解答题19．若数列是等差数列，则称数列为调和数列.若实数依次成调和数列，则称是和的调和中项.(1)求和的调和中项；(2)已知调和数列，，，求的通项公式.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意得到、、成等差数列，从而得到方程，求出，得到答案；（2）根据题意得到是等差数列，设出公差，由通项公式基本量计算得到公差，从而求出，得到的通项公式.【详解】（1）设和的调和中项为，依题意得：、、成等差数列，所以，解得：，故和的调和中项为；（2）依题意，是等差数列，设其公差为，则，所以，故.20．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，求(1)求角C；(2)若，求的面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，即可求解,（2）由余弦定理结合不等式即可求解的最值，由面积公式即可求解.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，所以因为，所以，所以，因为，所以；（2）因为，所以，当且仅当时取等号，所以，当时最大值为．21．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M，N分别为AD，PA的中点.  (1)证明：平面BMN∥平面PCD；(2)若，求平面BMN与平面BCP所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）平面BMN∥平面PCD证明的关键就是证明平面BMN 中的两条相交直线BM，MN平行于平面PCD，按此则结论可证.（2）以M为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系M﹣xyz，求出平面BMN与平面BCP的法向量以及他们的余弦值，再利用二面角与法向量角的关系求解即可.【详解】（1）证明：连接BD，如图  ∵AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ABD为等边三角形，∵M为AD的中点，∴BM⊥AD，∵AD⊥CD，又CD，BM⊂平面ABCD，BM∥CD，又BM平面PCD，CD⊂平面PCD，∴BM∥平面PCD，∵M，N分别为AD，PA的中点，∴MN∥PD，又MN平面PCD，PD⊂平面PCD，∴MN∥平面PCD.又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M，∴平面BMN∥平面PCD.（2）连接PM，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，PM⊂平面PAD，PM⊥AD，∴PM⊥平面ABCD.又BM⊥AD，∴MB，MD，MP两两互相垂直.以M为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系M﹣xyz.  ∵，则，设平面BMN的一个法向量为，平面BCP的一个法向量为，∵，∴由，得，∴取，∵，∴由，得，∴取，∴，∴平面BMN与平面BCP所成的锐二面角的余弦值为.22．如图所示的高尔顿板，小球从通道口落下，第1次与第2层中间的小木块碰撞，以的概率向左或向右滚下，依次经过6次与小木块碰撞，最后掉入编号为1，2…，7的球槽内.  (1)若进行一次以上试验，求小球落入6号槽的概率；(2)小明同学利用该图中的高尔顿板来到社团文化节上进行盈利性“抽奖”活动，8元可以玩一次游戏，小球掉入号球槽得到的奖金为元，其中（i）求的分布列；（ii）很多同学参加了游戏，你觉得小明同学能盈利吗？【答案】(1)(2)（i）的分布列见解析，（ii）小明同学能盈利 【分析】（1）由题意，要使小球落入6号槽，此时小球需要在6次碰撞中向左1次，向右5次，代入概率公式中即可求解，（2）（i）先求出的所有取值，得到相应的概率，进而可列出分布列；（ii）先求出的所有取值，求出相应的概率，代入期望公式中可求出的期望，将其与8比较即可得答案.【详解】（1）根据题意可知要使小球落入6号槽，此时小球需要在6次碰撞中向左1次，向右5次，所以小球落入6号槽的概率为，（2）（i）由题意得的所有取值为1，2，3，4，5，6，7，则，，，，所以的分布列为1234567（ii）因为小球掉入号球槽得到的奖金为金为元，其中，所以有所有取值为0，5，10，15，则，，，，所以，因为，所以小明同学能盈利.23．已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）当时，，证明：函数有且仅有两个零点，两个零点互为倒数．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，分和两种情况进行讨论，结合导数的符号从而可确定函数的单调性；（2）求出，由额单调性可判断存在唯一使得，进而可求得的单调性，从而可证明函数的零点问题.【详解】（1）的定义域为且，若，则当时，，故在上单调递增；若，则当，当，故在上单调递增，在上单调递减.（2），所以，，因为在上递增，在递减，所以在上递增，又，故存在唯一使得，所以在上递减，在上递增，又，所以在内存在唯一根，由得，又，故是在上的唯一零点．综上，函数有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．