黑龙江省哈尔滨市2024-2025学年高三上册期中数学检测试题（附解析）

这是一份黑龙江省哈尔滨市2024-2025学年高三上册期中数学检测试题（附解析），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据根式的性质化简集合，即可根据交集的定义求解.
详解】由题，得，故，进而，
故选：A
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据复数的乘法运算可得答案.
【详解】若复数满足，
则.
故选：D.
3. 已知角终边上一点，则（ ）
A. 1B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由任意角三角函数的定义，诱导公式，二倍角公式和同角三角函数的关系，化简可得结果.
【详解】由三角函数定义知，，
所以.
故选：A.
4. 已知向量，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据条件，利用向量共线的坐标运算，得到，再利用向量数量积的坐标运算，即可求出结果.
【详解】因为，，又，所以，
故.
故选：B.
5. 函数的图像恒过定点A，若点A在直线上，且，则的最小值为（ ）
A. 13B. 16C. D. 28
【正确答案】B
【分析】由函数图像过定点得，则有，由，利用基本不等式可得最小值.
【详解】函数的图像恒过定点，
点A在直线上，有，又，
则，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为16.
故选：B.
6. 函数的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】首先判断函数的奇偶性，再集合函数值的正负，以及取向，即可判断选项.
【详解】函数的定义域为，且，
所以函数是奇函数，故排除A，
且当时，，故排除C，
，当时，，故排除D，满足条件的只有B.
故选：B
7. 已知数列是等比数列，记数列的前项和为，且，则（ ）
A. B. C. 1D. 3
【正确答案】A
【分析】根据数列是等比数列，可知数列为等差数列，由等差数列的性质求解即可.
【详解】则为常数，所以为常数，
知数列为等差数列，
由，知，又，
所以公差，
故.
故选：A
8. 记表示，二者中较大的一个，函数，，若，，使得成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】计算出，结合，的单调性得到，并求出在区间上的值域为，由题意得到在上的值域包含在上的值域，从而得到不等式，求出
【详解】在上单调递减，在上单调递增，
当时，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，即在区间上的值域为.
，
令，得，解得或，
画出，的图象如图所示，
若，，使得成立，
则需要在上的值域包含在上的值域，
则，解得，即的取值范围是.
故选：A
关键点点睛：求出的解析式，从而确定的值域，并得到在上的值域包含在上的值域，得到不等式，求出答案
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 设单位向量满足，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 向量的夹角为
C.
D. 在的方向上的投影向量为
【正确答案】ACD
【分析】将平方，可得，可判断A，B；由向量模长公式分别计算，验证C；由投影向量公式验证D.
【详解】由于，
又因为，所以，故，
故A正确，B错误；
因为，故，
又，故，
所以，C正确；
在的方向上的投影向量为，故D正确.
故选：ACD
10. 设为正实数，已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，函数图象的一条对称轴为
B. 已知，，且的最小值为，则
C. 当时,函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数
D. 若在区间上单调递增，则的取值范围是
【正确答案】BCD
【分析】根据正弦函数对称轴公式计算判断A，根据函数最值结合函数的图象特征得出参数判断B,应用平移化简结合诱导公式得出函数判断C,结合正弦函数的单调性列出不等式计算判断D.
【详解】A选项，当时，函数的图象的对称轴为,即,不能取到,A错误；
B选项，为的最小值点，为的最大值点，则，即，且，所以，B正确；
C选项，当时,函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数，故C正确；
D选项，∵，则，
若在区间上单调递增，则，解得，D正确；
故选：BCD.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数存在三个不同的零点
B. 函数既存在极大值又存在极小值
C. 若时，，则t的最大值为2
D. 当时，方程有且只有两个实根
【正确答案】BCD
【分析】求得，得到函数的单调性和极值，以及时，，当时，，作出函数的图象，如图所示，结合图象，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，可得，
令，解得或，
当时，；当时，；当时，，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
当，函数取得极小值；
当，函数取得极大值，
当时，，当时，，
作出函数的图象，如图所示，结合图象得：
对于A中，函数存在两个不同的零点，所以A不正确；
对于B中，函数既存在极大值又存在极小值，所以B正确；
对于C中，当时，，可得，所以t的最大值为，所以C正确；
对于D中，若方程有且只有两个实根，
即与的图象有两个不同的交点，可得，所以D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知角的终边上一点，且，则___________.
【正确答案】
【分析】根据任意角的三角函数的定义求解.
【详解】因为，
所以，解得，
又因为，所以，
所以，
故答案为: .
13. 设函数，则不等式的解集为 __________.
【正确答案】
【分析】由函数解析式分析得为偶函数，在上单调递增，在上单调递减，不等式等价于，求解即可.
【详解】函数，定义域为，
，函数为偶函数，
当时，在上单调递增，
则在上单调递减，
不等式，则有，解得且，
所以不等式解集为.
故
14. 若函数在区间上有极值点，则实数的取值范围是___________.
【正确答案】
【分析】求导函数，确定函数的单调性和极值点，利用函数在区间0,1上有极值点，即可求实数的取值范围．
【详解】函数的定义域为R，且．
当时，f′x>0恒成立，故在R上单调递增，从而没有极大值，也没有极小值．
当时，令，得，
f′x0解得，
在上单调递减，在上单调递增，
从而时有极小值，函数fx没有极大值．
依题意有，解得，即实数的取值范围是．
故．
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、证明过程及验算步骤.
15. 已知函数.
（1）求的最小正周期和最大值；以及取最大值时相应的值；
（2）讨论在上的单调性.
【正确答案】（1），最大值为，
（2）单调增区间为，单调减区间为
【分析】（1）根据三角恒等变换化简函数解析式，进而可得周期与最值；
（2）利用整体代入法可得函数的单调区间.
【小问1详解】
，
所以的最小正周期，
当时，取最大值为，此时，，即，；
【小问2详解】
当时，有，
从而时，即时，单调递增，
时，即时，单调递减，
综上所述，单调增区间为，单调减区间为.
16. 已知数列中．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）若数列的通项公式为，求数列的前项和；
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）由构造得，又，可证数列是等比数列；
（2）利用错位相减法求数列bn的前项和.
【小问1详解】
由，得，即，
又，有，
所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.
【小问2详解】
由（1）得，则有，
，
，
①-②得
，
，即.
17. 如图，在多面体中，四边形是边长为3的正方形，，，且，，面，，为中点．

（1）若是中点，求证：面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
【正确答案】（1）证明过程见解析
（2）
【分析】（1）作出辅助线，得到线面平行，进而证明出面面平行，即平面平面，证明出平面；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，从而求出面面角的余弦值，进而得到正弦值.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为是中点，为中中点，，
所以，，
因为平面，平面，
所以平面，
同理可得平面，
又，平面，
故平面平面，
又平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为面，平面，
所以，
又四边形是边长为3的正方形，⊥，
故，，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，，所以四边形为矩形，
其中，，
则，
设平面的一个法向量为，
则，
解得，令，则，故，
设平面的一个法向量为，
则，
解得，令，则，故，
设平面与平面夹角为，
则，
所以，
故平面与平面夹角的正弦值为.
18. 在中，角的对边分别是，且．
（1）求角；
（2）已知为边上一点，且，求的长．
【正确答案】（1）
（2）1
【分析】（1）根据正弦定理边化角，然后结合两角和的正弦公式及特殊角的余弦值求解即可.
（2）利用三角形相似得，求得，然后在中由余弦定理求解即可.
【小问1详解】
由正弦定理可得：，
，
由可得：，
，
，
可得：，
，，.
【小问2详解】
，
与相似，满足：，
设，则有，
解得：（舍去），即：，
，
在中，由余弦定理可得：，
即：，
解得：（舍去），的长为1.
19. 已知函数，直线为曲线在点处的切线.
（1）当时，求出直线的方程；
（2）若，讨论的单调性，并求出的最值；
（3）若直线与曲线相交于点，且，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）的最小值为，无最大值；
（3）
【分析】（1）根据导数的几何意义确定切线斜率，再求出切点坐标，从而可求出切线方程；
（2）对求导，然后根据其正负求出函数的单调区间，则可求出函数的最小值点，从而可求出函数的最小值；
（3）求出直线，将“直线与曲线y=fx相交”转化为关于的方程在有解，然后通过构造函数，对进行分类讨论，结合导数可求得结果.
【小问1详解】
由，得，
则，
因为，
所以曲线y=fx在点处的切线的方程为，
即；
【小问2详解】
，则，
由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值，无最大值；
【小问3详解】
由，得，则，
所以曲线y=fx在点处的切线的方程为
，即，
因为直线与曲线y=fx相交于点，且，
所以关于的方程在有解，
令，则，
令，则，
①当时，由，得，由，得，
所以在上递减，在上单调递增，
所以，
因为，所以存在唯一实数，使，
当时，，则，
所以在上单调递增，
当时，，则，
所以在上单调递减，
所以，
因为，所以存在唯一实数，使，
所以符合题意，
②当时，由，得，则在上单调递减，
所以，
所以在上单调递增，所以，
所以在上无零点，所以不符合题意，
综上，即实数的取值范围为.
方法点睛：当一阶导数无法求得函数的单调区间时，可考虑利用二阶导数进行求解，通过二阶导数的符号来确定一阶导数的单调性，符号，从而可确定原函数的单调性.