黑龙江省哈尔滨市师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷及参考答案

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数学试题
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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．函数在区间上的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知是单位向量，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
5．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．
7．菱形边长为，为平面内一动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数为偶函数，且满足，当x∈0,1，，则的值为( ).
A．B．C．D．
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．函数的图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．将向左平移个单位长度，得到函数
D．若方程在上有个不相等的实数根，则的取值范围是
10．设正实数满足，则（ ）
A．的最小值为B．的最大值为
C．的最小值为D．的最小值为
11．已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A．方程有一个解
B．若有两个零点，则
C．若存在极小值和极大值，则
D．若有两个不同零点，恒成立，则
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．中国冶炼块铁的起始年代虽然迟至公元前6世纪，约比西方晚900年，但是冶炼铸铁的技术却比欧洲早2000年.现将一个轴截面为正方形且侧面积为的实心圆柱铁锭冶炼熔化后，浇铸成一个底面积为的圆锥，则该圆锥的高度为 .
13．已知某种科技产品的利润率为，预计5年内与时间月满足函数关系式其中为非零常数.若经过12个月，利润率为，经过24个月，利润率为，那么当利润率达到以上，至少需要经过 个月用整数作答，参考数据：
14．已知为单位向量，满足，则的最小值为
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．在中，分别为角所对的边，且
(1)求角B.
(2)若，求ABC周长的最大值.
16．已知数列满足
(1)求的通项公式；
(2)在和之间插入个数，使得这个数依次构成公差为的等差数列，求数列的前项和.
17．行列式在数学中是一个函数，无论是在线性代数、多项式理论，还是在微积分学中（比如说换元积分法中），行列式作为基本的数学工具，都有着重要的应用．将形如的符号称二阶行列式，并规定二阶的行列式计算如下：，设函数．
(1)求的对称轴方程及在上的单调递增区间；
(2)在锐角△中，已知，，，求.
18．已知数列满足,（）.
(1)记（），证明：数列为等比数列，并求的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)设（），且数列的前项和为，求证：（）.
19．已知函数.
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)若恒成立，求的范围；
(3)若在内有两个不同零点，求证：.
1．D
【分析】求解一元二次不等式以及对数函数的定义域，从而解得集合，再求交集即可.
【详解】，
，
故.
故选：D.
2．D
【分析】根据虚数单位的乘方运算，可得其周期，结合复数的几何意义，可得答案.
【详解】由，且，则，
所以，可得其在复平面上对应的点为，即该点在第四象限.
故选：D.
3．A
【分析】利用导数与三角函数的性质研究函数的单调性，可得答案.
【详解】由，则，
当时，，可得f′x>0，则单调递增；
当时，，可得，则单调递减；
由，，，则的最小值为.
故选：A.
4．A
【分析】利用向量三角不等式可得，进而可判断充分性，若，，时可判断必要性.
【详解】因为，当且仅当与共线时取等号，所以，
所以“”是“”的充分条件，
若，则存在，所以，
当时，，
所以“”是“”的不必要条件，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5．D
【分析】根据复合函数的单调性，可得在的单调性，再根据其对称轴和区间端点值关系，即可求得参数范围.
【详解】因为为上的单调减函数，根据复合函数单调性可知，在单调递减，
故，解得.
故选：D.
6．B
【分析】根据给定条件，结合等比数列片断和性质，列式计算即得.
【详解】设等比数列的公比为，由，得，则，
又为的前项和，则成等比数列，公比为，
于是，
所以.
故选：B
7．D
【分析】根据条件，建立平面直解坐标系，设，，则，利用数量积的坐标运算，可得，即可求解.
【详解】如图，连接交于，因为为菱形，建立如图所示的平面直角坐标系，

又菱形边长为，设，，则，
所以，
则，
得到，
所以，
故选：D.
8．C
【分析】由函数为偶函数，且满足，得出周期为2，根据性质计算即可.
【详解】函数为偶函数，且满足，可得f−x=fx，
f1+x=f1−x，即有，
可得的周期为2，当x∈0,1，，可得：
.
故选：C.
9．AC
【分析】对A：由，解得的范围，即可求得；对B：根据A中所求解析式，求得的对称中心横坐标，检验即可；对C：由，结合诱导公式，即可判断；对D：令，转化题意为在上有个不相等的实数根，结合正弦函数单调性和值域，即可求解.
【详解】对A：由图可知，，故，，，
又，故当且仅当时，满足题意，故A正确；
对B：由A可知，，令，解得，
令，解得，故B错误；
对C：将向左平移个单位长度，得到，
又，故C正确；
对D：，即，令，
故只需在上有个不相等的实数根，又在单调递增，在单调递减，
又，故只需，即，故D错误.
故选：AC.
10．ABD
【分析】利用基本不等式计算可判断ACD，利用三角代换计算可判断B.
【详解】对于A，，
当且仅当，即取等号，故A正确；
对于B，因为正实数满足，所以令，
所以，
所以当时，，
所以的最大值为的最大值为，故B正确；
对于C，由，可得，所以，当且仅当取等号，
所以的最大值为，故C错误；
对于D，由，，
当且仅当取等号，故D正确.
故选：ABD.
11．ACD
【分析】对A：对两边取对数，再进行代数运算，即可判断；对B：将转化为，再研究的单调性和最值，即可求得的范围；对C：对求导，对参数的取值进行分类讨论，结合二次求导，判断的单调性，即可求得参数范围；对D：根据B中所求，结合题意，将问题转化为对数平均值不等式的证明，再利用导数证明即可.
【详解】对A：，即，因为x>0，故等式两边取对数可得：，
也即，又因为，故，解得x=1，故方程只有一个解，A正确；
对B：有两个零点，即方程有两个根，又x>0，，显然m>0，
故对方程两边取对数可得，令，则，
令>0可得，令可得，故在单调递增，在单调递减；
又，且当趋近于正无穷时，趋近于，
故有两根，只需，解得，故B错误；
对C：，
则，令，则
①当时，，>0，在单调递增，
又，且当趋近于时，趋近于，
故存在，使得，
且当时，，>0，故此时单调递增；
当时，，，故此时单调递减；
则为的极大值点，没有极小值点，不满足题意；
②当时，，
令>0，解得，此时单调递增；令，解得，此时单调递减；
故在时取得最大值，最大值为；
若，即，也即时，在恒成立；
则在恒成立，故在单调递减，没有极值点，不满足题意；
若，即，也即时，，
又当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于，
故存在，使得，且存在，使得，
故当，，此时，单调递减；
当，，此时>0，单调递增；
当，，此时，单调递减；
故当时，取得极小值，当时，取得极大值，满足题意；
综上所述，若有极大值和极小值，则，故C正确；
对D：有两个不同零点，即，因为x>0，显然，两边取对数可得
故方程有两个根，不妨设为，且，
为方便理解，根据B中对的单调性和最值分析作图如下所示：
易知，且当时，，也即，即，
同理可得，当时，即，当时，；
又恒成立，故可得也是方程的两根，
则；
令，若，则，
又，故，则，
故，也即，也即，
令，因为，故，故只需证，，
①先证，因为，故，故只需证，令，
则只需证，又，
故在单调递减，又，故，也即；
②再证，，因为，故只需证，
又，故在单调递增，又，
故，也即，；
综上所述：，，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键，一是对方程两边取对数，将问题转化为，再利用导数研究的单调性和最值；二是，能熟练掌握含参函数单调性的讨论，从而解决其极值问题；三是，能够对D中的问题进行合理的转化，同时，也要熟练掌握对数平均值不等式的证明；属综合困难题.
12．
【分析】根据浇铸前后体积不变列方程，求得圆锥的高.
【详解】设圆柱的底面半径为，母线长为，圆锥的底面半径为，高为，
则圆柱的侧面积为，又，代入解得，
故，又，又，解得.
故答案为：.
13．40
【分析】由题意建立方程组，根据对数运算，可得答案.
【详解】由题意可得，两式作比可得，解得，
可得，令，解得.
故答案为：.
14．
【分析】设，，分析可知点在直线上，点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆，结合图形分析求解即可.
【详解】设，，为坐标原点，
由可知：点在直线上，点在直线上，
由，可知点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆，
则，
可知当且仅当点为2,0，且点为1,0时，取到最小值1.
故答案为：1.
【点睛】方法点睛：对于向量问题，常常转化为几何问题，进而分析求解.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由题目的等式，结合余弦定理，可得答案；
（2）由正弦定理可得边角的等量关系，利用三角周长公式整理函数关系式，可得答案.
【详解】（1）由，即，
∵，∴，又，∴.
（2）由可得，，，
的周长，
∵，∴
∵，∴的最大值为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用与间的关系，即可求解；
（2）根据条件及（1）中结果，得到，再利用错位相减法，即可求解.
【详解】（1）①，
当时，②，
由①②，得，即，
又当时，，满足，所以.
（2）由（1）知，所以，则，
所以③，
④，
由③④得：
，
所以.
17．(1)对称轴，单调递增区间为；
(2).
【分析】（1）根据题意，求得并化简至一般式，再根据正弦的函数的对称性和单调性求解即可；
（2）根据（1）中所求解析式，求得，在利用正弦定理求得；再在△和△中，两次使用正弦定理，即可求得关于的三角函数关系，再求结果即可.
【详解】（1）
，
由，得，
所以的对称轴为.
由，解得，
又，所以单调递增区间为.
（2）由（1）知，，则，
由，得，则，解得，
因为中，，则为锐角，
所以，
因为，，所以，
所以；
因为，故可得，即，也即，
故；
设，则，
在△和△中，由正弦定理得，，
上面两个等式相除可得，
得，即，
所以.
18．(1)证明见解析，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）按等比数列的定义证明，用的递推关系寻找与的关系，即可证明，再利用等比数列的通项公式，即可求解；
（2）使用分组求和法，偶数项为等比、等差数列求和，奇数项可转化为偶数项求和；
（3）先将放缩，再利用等比数列前项和，将问题转化成求证，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得，即可求证.
【详解】（1）
，
又，
所以，数列为以为首项，为公比的等比数列.
由等比数列的通项公式知.
（2）由（1）可知，又，.
设，则，
设，，
，，
故.
（3），
，
所以欲证，只需证，
即证.
设，
，故在上单调递减，，
时，.
，得证.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，通过放缩，得到，从而将问题转化成求证，再构造函数，利用函数的单调性，得到，即可求证.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，即可求解斜率，根据点斜式求解切线方程，
（2）构造函数，求导，根据单调性可得，进而
，构造函数，求导判断单调性，即可求解最值得解.
（3）根据hx在单调递减.证明，即可求证，构造函数
以及，利用导数求解单调性，即可求证.
【详解】（1），
则，，
故切线方程为，即，
（2），
令，
令，
当在0,+∞单调递增，且，
当时，，
解集为，
故，进而即，
令，，
当单调递增，当，单调递减，
当时，，
，因此，
故
（3）在内有两个不同零点，
则有两个根，即，
由（2）知，当x∈0,π hx在单调递增，单调递减.
故，
欲证，即证，
由于，hx在单调递减.即，即，
即证，即，
即证即证显然成立，
欲证 即证，即证
即证，即证，即证
令，则，
令，
故在单调递增，且，
在单调递增，，得证
【点睛】方法点睛：利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.