黑龙江省哈尔滨市第六中学校2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

这是一份黑龙江省哈尔滨市第六中学校2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷，共22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．，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据复数的四则运算可得，即可得共轭复数.
【详解】由可得，
整理可得，则.
所以.
故选：A.
2．已知半径为2的圆上有两点，，，设向量，，若，则实数的值为（ ）
A．6B．3C．1D．
【答案】C
【分析】确定，根据平面向量的数量积的运算律，展开计算，可得答案.
【详解】由题可得，，，
因为，，且，
所以
，解得.
故选：C.
3．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【答案】D
【分析】对于AB：以正方体为载体，举反例说明即可；对于CD：面面平行、垂直分析判断即可.
【详解】作正方体，
对于A，取平面为平面，平面为平面，直线为直线，直线为直线，
则，但直线异面，故A选项错误；
对于B，取平面为平面，平面为平面，直线为直线，直线为直线，
则，但直线不垂直，故B选项错误；
对于C：若，，，则，故C选项错误；
对于D：若，，，则，故D选项正确.
故选：D.
4．若函数是偶函数，则曲线在处的切线斜率为（ ）
A．B．0C．D．
【答案】B
【分析】由函数为偶函数，可得f−x=fx，依题求导得，利用导数的几何意义计算即得.
【详解】由是偶函数，可得f−x=fx，
求导可得，
令，可得：，则有，
即曲线y=fx在处的切线斜率为.
故选：B.
5．在正方体中，，分别是棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】法一：利用坐标法可得异面直线夹角余弦值；法二：根据异面直线夹角的定义可得角.
【详解】法一：
如图，以为原点，以，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
从而，，
故，
即异面直线与所成角的余弦值是；
法二：
如图所示，取中点，连接，，，，
由正方体可知，
则异面直线与所成角即为直线与所成角，
设，则，，
由正方体可知，平面，
即，，
则，
在中，由余弦定理，
则直线与所成角的余弦值为，
即异面直线与所成角的余弦值为，
故选：C.
6．已知函数的图象关于点对称，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用辅助角公式化简，结合其图象关于点对称，可推出辅助角的表达式，结合其意义求得的值，再由结合函数最值以及周期，即可求得答案.
【详解】由题意得，，，
由于函数的图象关于点对称，
故，，可得，，
由于，
故，，
因为，，
故，可得最小正周期为，
由于，
故，中的一个为函数最大值，另一个为最小值，
即的最小值为.
故选：D.
7．已知数列满足，，若成立，则的最大值为（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】B
【分析】分析可知数列是首项为3，公差为1的等差数列，进而可得，根据题意利用裂项相消法可得，运算求解即可.
【详解】因为数列满足，，可得，
可得数列是首项为3，公差为1的等差数列，
则，即，
则，
可得
，
因为，可得，解得，
即所求的最大值为6.
故选：B.
8．在体积为的三棱锥中，，，平面平面，，，若点、、、都在球的表面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过点在平面内作，垂足点为，取线段CD的中点，连接、，分析可知，三棱锥的外接球的球心为中点，设球的半径为，利用锥体的体积公式可求出的值，结合球体的表面积公式可求得结果.
【详解】解：过点在平面内作作，垂足点为，
取线段CD的中点，连接、，如下图所示：
因为，，则，
所以，三棱锥的外接球的球心为中点，
因为平面平面，平面平面，，
平面，则平面，
设球的半径为，则，
又，，所以，，，，
所以，，
所以，三棱锥的体积为，
解得，因此，球的表面积为.
故选：A.
二、多选题
9．已知的内角所对的边分别为，，，下列四个命题中正确的命题是（ ）
A．在中，若，则
B．若，，，则有两个解
C．若，则是等腰三角形或直角三角形
D．若，则角
【答案】AC
【分析】对于A：利用正弦定理边化角即可得结果；对于B：利用正弦定理可得，结合即可得结果；对于C：由倍角公式可得，即可得结果；对于D：利用余弦定理边化角即可得结果.
【详解】对于A，在中，由正弦定理知，，
结合大边对大角可得，故A正确；
对于B，因为，，，
由正弦定理，得，
由知，只有一解，所以有一个解，故B错误；
对于C，因为，由正弦定理得：，则，
因为，可知或，即或，
所以是等腰三角形或直角三角形，故C正确；
对于D，因为，
由余弦定理得：，即，
因为，所以或，故D错误.
故选：AC.
10．（多选）已知数列满足，，设，记数列的前项和为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】对于A，只需要依次对赋值计算即得；对于B，先推理得到，由得，从而得数列为公差为1的等差数列，由通项公式计算即得；对于C，利用错位相减法求和即得；对于D，根据条件将分成奇数项和偶数项分别求和，利用C项结论和等比数列的求和公式计算即得.
【详解】对于A，由，因，
可得，，故A正确；
对于B，当时，
（*），
因，则，
故由（*）可得，则，
即数列为公差为1的等差数列，
则有，可得，故B正确；
对于C，由，
可得，
上面两式相减可得
，
可得，故C错误；
对于D，由，，可得：，
则
，故D正确.
故选：ABD.
11．如图，棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）

A．动点轨迹的长度为
B．平面截正方体所得的截面图形的面积为
C．存在点，使得
D．若为的中点，以点为球心，为半径的球面与四边形的交线长为
【答案】ACD
【分析】对于A：做辅助线，可得平面平面，分析可知线段为点的轨迹，即可得结果；对于B：取中点，平面截正方体所得的截面为梯形，即可得结果；对于C：可证平面，进而分析线线垂直；对于D：分析可知球面被平面截得的小圆的半径为2，进而求轨迹长.
【详解】对于A：如图，分别取，的中点，，连接，，，，

则，，可得，
且平面，平面，所以平面，
又因为，，则四边形是平行四边形，
可得，且平面，平面，所以平面，
又，，平面，
所以平面平面，
当时，则平面，所以平面，
即线段为点的轨迹，可知，故A选项正确；
对于B：如图，取中点，连接，，，

则由，可得平面截正方体所得的截面为梯形，
又，，，
则等腰梯形的高为
所以等腰梯形的面积为，故B选项错误；
对于C：连接，，

因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，，平面，所以平面，
设平面（即与的交点为），此时平面，
所以，故C选项正确；
对于D：如图，设，取中点，连接，则，

因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，所以平面，
可知点到平面的距离为，
又因为球的半径为，
可得以点为球心，为半径的球面被平面截得的小圆的半径为，
又矩形中，，，
所求交线长为：矩形中，以为圆心，2为半径的圆弧，如图所示，

可知该圆弧对应的圆心角为，
所以该圆弧长为，故D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：球的截面问题，通常通过作线面垂直确定截面圆的圆心，再利用勾股定理求截面圆半径.
三、填空题
12．已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则此圆锥的体积是 ．
【答案】
【分析】由圆锥的侧面积公式可求出母线长，再求出圆锥的高，由圆锥的体积公式即可得出答案.
【详解】设圆锥的高为，母线长为，半径，
因为圆锥的底面半径为1，侧面积为，
所以，所以，
所以，
所以圆锥的体积是.
故答案为：.

13．已知数列是各项均为正数的等比数列，，则 .
【答案】5
【分析】根据等比数列性质结合对数运算运算求解即可.
【详解】因为数列是各项均为正数的等比数列，且，可得，
所以.
故答案为：5.
14．已知正四面体中，，，，…，在线段上，且，过点作平行于直线和的平面，该平面截正四面体的截面面积为，则 .若，则数列的最大项为 .

【答案】
【分析】过点作交于点，过点作交于点，分析可知四边形为矩形，即可得；整理可得，构建函数，利用导数判断函数的单调性，可得数列单调性，进而分析求解.
【详解】第一空：由题意得，
如图，取中点，连接，，

在正四面体中，，均为等边三角形，则，，
且，，平面，所以平面，
又平面，所以，
如图，过点作交于点，过点作交于点，连接，

则，故四边形为截面，且四边形为矩形，
由相似知识可知，，
故；
第二空：因为，，
可得，
令，则，
而，当时，，
可知在上单调递减，即当时，数列单调递减，
当时，，且，，
所以数列的最大项为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：对于数列数列的最大项，可以构建函数，利用导数判断其单调性，可得数列单调性，进而分析求解.
四、解答题
15．如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线与交于点，，，，底面，点是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意可证平面，结合面面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系标点，求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）因为四边形为菱形，则，
又因为平面，平面，则，
且，，平面，可得平面，
由平面，可得平面平面.
（2）由（1）易知，，两两垂直，
以直线为轴，直线为轴，直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

根据题可知，，，且为中点，
则，，，，，，
可得，.
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
易知平面的法向量为，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16．已知函数，在中，内角、、所对的边分别为、、，且.
(1)求函数在区间上的值域；
(2)求角；
(3)若，求的面积.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，由可求得的取值范围，再利用正弦型函数的基本性质可求得函数的值域；
（2）由可得出，结合角的取值范围可得出角的值；
（3）利用余弦定理结合两角和的余弦公式、正弦定理可求得的值，然后利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】（1）根据题意，可得，
当时，，所以，，
故，
所以函数在区间上的值域为.
（2）由（1）得，即.
因为，，所以，可得.
（3）由余弦定理得，
若，则，
因为，
所以，可得，即.
由正弦定理，得，，
所以，结合，可得.
所以的面积.
17．已知函数．
(1)当时，求的单调区间和极值；
(2)若，求a的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为，递减区间为；极大值为，无极小值；
(2)
【分析】（1）将代入，利用导数的正负与原函数的增减关系，确定函数的单调区间，即可得答案；
（2）由题意可得即恒成立，设，利用导数求出的最大值即可．
【详解】（1）当时，，
，
令，则，
故在上单调递减，而，
因此0是在上的唯一零点，
即0是在上的唯一零点，
当变化时，，的变化情况如下表：
所以的单调递增区间为，递减区间为；
所以的极大值为，无极小值；
（2）由题意知，即，即，
设，则，
令，解得，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
所以，
所以．
所以的取值范围为．
18．已知矩形中， ，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.

(1)证明：；
(2)已知在线段上存在点（点与点，均不重合），使得与平面所成的角的正弦值是.
①求的值；
②求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）应用面面垂直性质定理得出线面垂直进而得出线线垂直；
（2）①先建立空间直角坐标系由线面角的正弦值即可求出比值；
②由空间向量法计算点到平面距离公式计算即可.
【详解】（1）因为矩形，，，是中点，所以，
又，所以，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以.
（2）（1）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.

则，，，，，，
设是的中点，因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，，所以，
设，则，
所以则，
则.
设平面的一个法向量为，
则，
令，可得，，
即为平面的一个法向量，
设与平面所成的角为，
所以，
解得（舍去），
所以的值为.
②由①得，
所以点到平面的距离.
19．我们知道，在平面内取定单位正交基底建立坐标系后，任意一个平面向量，都可以用二元有序实数对表示.平面向量又称为二维向量，一般地，n元有序实数组称为n维向量，它是二维向量的推广.类似二维向量，对于n维向量，可定义两个向量的数量积，向量的长度（模）等：设，，则；.已知向量满足，向量满足
(1)求的值；
(2)若，其中.
（i）求证：；
（ii）当且时，证明：.
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）利用定义求出，再利用错位相减法求和即得.
（2）（i）构造函数，利用导数探其单调性推理得证；（ii）利用（i）的结论，结合裂项相消法求和即可推理得证.
【详解】（1）依题意，，，
则，
于是，
两式相减得，
所以.
（2）（i），依题意，，
设，，求导得，
函数在上单调递增，即当时，，
即，因此，，
所以.
（ii）由（i）知，
且，
因此
，即，
所以当且时，.
【点睛】关键点点睛：构造函数，利用导数判断其单调性，赋值计算得到是解决第2问的关键.
0
0
单调递增
极大值
单调递减