2024-2025学年黑龙江省哈尔滨市高三（上）期中模拟考试数学试卷

这是一份2024-2025学年黑龙江省哈尔滨市高三（上）期中模拟考试数学试卷，文件包含精品解析黑龙江省哈尔滨市2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷原卷版docx、精品解析黑龙江省哈尔滨市2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
满分150分，考试时间120分钟
一、选择题：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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由集合的交集运算求解．
【详解】，
则，
故选：C
2. 若复数满足，则的实部与虚部之和为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用复数的运算法则，化简求得，结合复数的概念，即可求解.
【详解】因为，所以，则，
所以的实部为，虚部为，则的实部与虚部之和为.
故选：D.
3. 已知等差数列的前6项和为60，且，则（ ）
A 5B. 10C. 15D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】由通项公式及前项和公式代入求解即可.
【详解】由，
可得：，即，
又，
所以，
所以.
故选：C
4. 在平面直角坐标系中，若的终边经过点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数的定义及余弦的和差公式即可求解.
【详解】的终边经过点，
所以，，
.
故选：.
5. 如图，四边形表示水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，，，，，则（ ）
A B. C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜二测的性质还原图形，再由勾股定理即可求解.
【详解】解：还原四边形，如图所示：
依题意可得：．
取的中点，连接，
则，且，
故.
故选：B
6. 若曲线的一条切线方程是，则（ ）
A. B. 1C. D. e
【答案】A
【解析】
【分析】求出原函数的导函数，利用切点处的导数值等于切线的斜率求解切点坐标，把切点坐标代入切线方程求值．
【详解】由，得，
设切点坐标为，由，得，
切点坐标为，代入，得，即．
故选：A．
7. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为，面积为的扇形，则该圆锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆锥的底面圆半径和高，再求出外接球的半径，由此求得圆锥的外接球的面积.
【详解】设圆锥的底面圆半径为，则该圆锥的侧面展开图扇形弧长为，
于是，解得，该圆锥的高为，
设该圆锥的外接球的半径为，则球心到圆锥底面圆距离，
由球的性质知，，解得，
所以该圆锥的外接球的面积为.
故选：A
8. 在学习完“错位相减法”后，善于观察的同学发现对于“等差×等比数列”此类数列求和，也可以使用“裂项相消法”求解．例如，故数列的前项和．记数列的前项和为，利用上述方法求（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将裂成两项，再运用待定系数法求解裂成两项的系数，接着利用裂项相消法求和即得.
【详解】设，
左右对照可得，解得
所以，
则数列的前项和为：
，
故.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查运用裂项相消法解决“等差×等比数列”的求和问题，属于难题.解题的关键在于按照题意，将数列通项写成两项的差的形式，通过待定系数法确定各项系数，再裂项相加即可.
二、选择题：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. 已知平面向量，夹角为，且，若，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 与可以作为平面内向量的一组基底
C. D. 在上的投影向量为
【答案】BD
【解析】
【分析】对A，计算可判断；对B，根据平面向量基底的定义判断；对C，利用向量数量积运算判断；对D，根据投影向量的定义运算判断.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，因为，所以与不共线，所以与可以作为平面的一组基底，故B正确；
对于C，因为，所以，故C错误；
对于D，，所以在上的投影向量为，故D正确.
故选：BD.
10. 在中，内角所对的边分别为，已知，为线段上一点，则下列判断正确的是（ ）
A. 为钝角三角形
B. 的最大内角是最小内角的2倍
C. 若为中点，则
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】依题意由正弦定理得，不妨设，则，故求出最大边所对的角即最大角即可判断A；由余弦定理以及二倍角公式即可判断B；求出中线即可判断C；借助求出角平分线即可判断D.
【详解】由题知内角所对的边分别为，
由正弦定理可知，不妨设，则，
对于A，由上知边为最大边，故为最大角，
由余弦定理知，故为锐角，所以为锐角三角形，故错误；
对于，由上知A为最小角，且，
又，知，即，
又均为锐角，则，故B正确；
对于，因为为中点，所以，

平方得，
，又，故，故C正确；
对于D，由，得，又，
所以，由，即，
故，故D正确，
故选：BCD.
11. 设数列an的前项和为，若，则称数列bn是数列an的“均值数列”．已知数列bn是数列an的“均值数列”，且，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 设数列an的前项积为，则有最大值，无最小值
C. 数列中没有最大项
D. 若对任意，成立，则或
【答案】AD
【解析】
【分析】先由数列递推式求得，再由求得，由与的关系式求出，代值即可判断A项；对于B，由通项分析项的符号特征即可判断；对于C，分析数列的项的单调性特点可判断其由最大项，排除C；对于D，利用C项结果将不等式恒成立转化成求解不等式即得.
【详解】当时，，得，因①，
当时，②，
由①②，，即，取时，满足题意，
故数列的通项公式为，又因，故.
当时，；当时，，
因时，符合题意 ，故，
则，故A正确；
对于B，由A已得，，则，
因时，，时，，而，
故没有最大值，也没有最小值，故B错误；
对于C，由，可得，
易得,且，故的最大项为，故C错误；
对于D，由，可得，由C项分析已得为的最大项，
故得，解得或，故D正确.
故选：AD.
【点睛】思路点睛：本题主要考查新定义数列的项与和的性质的应用，属于难题.
解题的思路在于，由递推和式采用赋值相减法求出通项，可得,再由与的关系式求出通项，再分析项的符号以及单调性特征，逐一判断选项可得.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，且为第二象限角，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用同角三角函数的平方关系求解，再利用正弦的二倍角公式，即得解
【详解】由题意，为第二象限角，故
故答案为：
13. 已知函数在处取得极大值，则_________．
【答案】0
【解析】
【分析】求出函数的导数，再由求出并验证即可.
【详解】函数，求导得，
依题意，，解得或，
当时，，当或时，，当时，，
函数在处取得极大值，符合题意，则；
当时，，当或时，，当时，，
函数在处取得极小值，不符合题意，
所以.
故答案为：0
14. 已知数列an满足，，则______；设数列an的前项和为，则______．（第二个空结果用指数幂表示）
【答案】 ①. 60 ②.
【解析】
【分析】根据递推公式，依次求和；当为奇数时，令，可得，当为偶数时，令，可得，即可求得数列是以2为首项，2为公比的等比数列，从而求出数列的通项公式，再利用分组求和法，即可求解.
【详解】由得，进而得；
当为奇数时，，令，则，
当为偶数时，，令，
则，
则，
当时，，所以是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，即
则
当为奇数时，由，则，
所以，
当为偶数时，由，则，所以，
所以，
所以，
所以，
.
故答案为：；
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求不等式的解集．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由降幂公式和辅助角公式化简，结合周期公式即可求解；
（2）结合平移法则和诱导公式化简得，由余弦函数图象特征解不等式即可求解.
【小问1详解】
，故；
【小问2详解】
因为，向左平移个单位长度，
得到，
故要使，需满足，解得，故的解集为
16. 数列满足．
（1）求数列通项公式．
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意有，数列是首项为2，公差为2的等差数列，可求数列通项公式．
（2），分为奇数和为偶数，结合分组求和法求.
【小问1详解】
由，有，
又，所以数列是首项为2，公差为2的等差数列，
则有，所以数列通项公式.
【小问2详解】
设，
为奇数时，；为偶数时，.
为奇数时，
；
为偶数时，
.
所以.
17. 在中，角的对边分别是，已知．
（1）求角；
（2）若点在边上，且，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用正弦定理得，再利用正弦的和角公式得到，即可求解；
（2）根据条件，利用向量的线性运算，得到，从而有，再结合条件，利用余弦定理得到，即可求解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，整理得到，
即，
又B∈0,π，所以，得到，
又，所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
又，
又由余弦定理，
得，所以，
所以，当且仅当取等号，
所以面积的最大值为.
18. 南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式．如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第层球数是第n层球数与的和，设各层球数构成一个数列an．
（1）求数列an的通项公式；
（2）证明：当时，
（3）若数列bn满足，对于，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得，利用累加法计算可得；
（2）设，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
（3）由（2）令即可得到，从而得到，再利用错位相减法计算可得.
【小问1详解】
根据题意，，
则有，
当时，
，
又也满足，所以.
【小问2详解】
设，，
则，
所以在上单调递增，则，
即，即当时，.
【小问3详解】
由（2）可知当时，，
令，则，
所以，
所以，
令，
则，
所以
，
所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是结合（2）的结论，令得到，从而得到.
19. 定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数．已知函数．
（1）当时，判断是否为极值可差比函数，若是求极值差比系数，若不是说明理由；
（2）是否存在使的极值差比系数为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
（3）若，求的极值差比系数的取值范围．
【答案】（1）是极值可差比函数，；
（2）不存在，理由见解析；
（3）
【解析】
【分析】（1）按照题目所给信息，验证fx=x-1x-52lnxx>0是否满足题意即可；
（2）将问题转化为验证方程在范围内是否有解；
（3）由（2）可得的极值差比为，后令，结合，
将问题转化为求函数值域即可.
【小问1详解】
当时，fx=x-1x-52lnxx>0，
所以，
当时，；当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，极小值为，
所以，因此是极值可差比函数．
其中；
小问2详解】
由题的定义域为0,+∞，，即，
假设是极值可差比函数，且极值差比系数为，
设的极大值点为，极小值点为.
则Δ=a2-4>0x1+x2=ax1x2=1，得，由（1）分析可得，
又，则.
由于
.
由题则有：，
从而，
结合，得（*）.
令gx=x-1x-2lnxx>1，则g'x=x2-2x+1x2=x-12x2>0，
所以在1,+∞上单调递增，有，
因此（*）方程在时无解，即不存在使的极值差比系数为；
【小问3详解】
由（2）知极值差比系数为，又，
则极值差比系数为.
令，，则极值差比系数可化为，
注意到，又，可得，
令，则，
设，
所以在上单调递减，
当时，，从而，
所以在上单调递增，所以，
即．
故的极值差比系数的取值范围为
【点睛】关键点睛：本题首先需读懂题意，随后灵活运用代数式处理技巧，
将需研究表达式化简为只含一个未知数；对于某些复杂函数的性质，我们也可
通过多次求导来研究，但要注意书写格式.