2024-2025学年黑龙江省哈尔滨市高三上学期11月份考试数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年黑龙江省哈尔滨市高三上学期11月份考试数学检测试卷（附解析），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。
1．已知a为实数,i为虚数单位,若复数为纯虚数,则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知两条直线，及平面，则下列推理正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．若圆，圆，则圆与圆的公共弦所在直线的方程是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知直线的倾斜角为，则（ ）
A．-3B．C．D．
5．在如图的平面图形中，已知，，，，，则的值为（ ）
A．B．C．D．0
6．在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，，且，则（ ）
A．B．4C．D．5
7．古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月天计算，记此人第日布施了子安贝（其中，），数列的前项和为.若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知是定义在R上的增函数，函数的图象关于点对称，若实数m，n满足等式，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列命题正确的是（ ）
A．已知非零向量，则“”是“”的必要不充分条件
B．已知x，y是实数，则“”的一个必要不充分条件是“”
C．命题“”的否定为“”
D．若命题“”是真命题，则实数的取值范围是
10．已知空间四点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．点到直线的距离为D．四点共面
11．已知正方体的棱长为2，，分别是棱的中点，动点满足，其中，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则平面平面
B．若，则与所成角的取值范围为
C．若，则平面
D．若，则线段长度的最小值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．函数在点1,f1处的切线与直线相互垂直，则实数
13．在等比数列中，是函数的极值点，则
14．在边长为4的正方形ABCD中，如图甲所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图乙所示，则三棱锥外接球的体积是 ；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是 .

四、解答题（本大题共5小题）
15．已知圆心为的圆经过两点，且圆心在直线上.
(1)求圆的方程：
(2)求过点且与圆相切的直线方程.
16．已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
(1)求角B；
(2)若点D在上，为的角平分线，，求的最小值．
17．已知数列满足．数列满足，且．
(1)求数列，的通项公式；
(2)求的前n项和．
18．如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为．
(1)求证：；
(2)若，求三棱台的体积；
(3)若到平面的距离为，求的值．
19．在高等数学中，我们将在处及其附近用一个多项式函数近似表示，具体形式为（其中表示的次导数），以上公式我们称为函数在处的秦勒展开式.例如在处的泰勒展开式为.
(1)分别求和在处的泰勒展开式；
(2)若上述泰勒展开式中的可以推广至复数域，试证明.（其中为虚数单位）；
(3)当时，求证.
（参考数据）
答案
1．【正确答案】B
根据纯虚数的知识求得，由此求得在复平面内对应的点所在的象限.
【详解】∵复数为纯虚数,
,∴复数,在复平面内对应的点的坐标为,位于第二象限.
故选：B.
2．【正确答案】D
【详解】对于A,例如在正方体中平面, 平面,但是与相交，故A错误，
对于B,根据线面平行的判定定理，需要， ，故当时，不能得到，故B错误，
对于C,例如在正方体中，平面,但是不能得到平面,故C错误，
对于D,根据线面垂直的定义即可判断，，故D正确，
故选：D
3．【正确答案】B
【详解】圆的圆心，半径；
圆的圆心，半径
∵，∴圆与圆相交，
两圆相减，化简得直线，即为圆与圆的公共弦所在直线，故B正确.
故选：B.
4．【正确答案】B
【详解】因为直线的倾斜角为，
所以.
所以.
故选：B.
5．【正确答案】A
【分析】连接，利用给定关系可得，再利用向量数量积的运算律及定义求解即得.
【详解】连接，
由，得，
又，则
.
故选A.
6．【正确答案】B
【详解】由正弦定理角化边，可知，，且
则，，则，
则，①
由余弦定理，②
由①②得，，即.
故选：B
7．【正确答案】D
【详解】由题设，是首项、公比都为2的等比数列，故，，
所以，即，，，
所以恒成立，而，当且仅当时等号成立，
又，当，时；当，时；
综上，即实数的取值范围为.
故选：D
8．【正确答案】C
【详解】是定义在R上的增函数，且函数的图象关于点对称，
所以函数是奇函数；
又，
所以，且；
即，
画出不等式组表示的图形，如图所示，
所以表示圆弧上的点与点连线的斜率，
所以结合图象可得：的最大值是直线的斜率，为，
最小值是直线的斜率，不妨设为k，
则，
消去n，得，
整理得，
令，
化简得，
解得，
应取为最小值；
所以的取值范围是：．
故选：C．
9．【正确答案】ACD
【详解】A选项，与垂直或，
，则由得不到，
由可得到，故“”是“”的必要不充分条件，A正确；
B选项，，.
则由可得到，由得不到，
则是的一个充分不必要条件，不是必要不充分条件，B错误；
C选项，由全称量词命题否定概念可知”的否定为，C正确；
D选项，，由题，则，D正确.
故选：ACD
10．【正确答案】BD
【详解】A：因为，
所以，因此本选项不正确；
B：因为，
所以，因此本选项正确；
C：，
，
所以
所以点到直线的距离为，因此本选项不正确；
D：因为，
所以有，因此是共线向量，
所以四点共面，因此本选项正确，
故选：BD
11．【正确答案】AC
【详解】A项，如图，取线段的中点Q，连接AQ、DE.
，，
若，则，
则三点共线，即点P在线段AQ（不包含点）上运动；
由分别是线段的中点，则与全等，
则，，
所以.
由平面，，
得平面，平面，所以，
又平面，平面，，
所以平面，又平面，
所以平面平面，故A正确；
B项，，
若，则，
则三点共线，即点P在线段AC（不包含点）上运动；
如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，

由，
则
又，
所以，
，
因为，则，，
，因为与所成角锐角或直角，
故与所成角的取值范围为，故B错误；
C项， 如图，过作，交于，则为中点.
延长至，使，连接.
取的中点，连接，交于，则为中点，连接.

由，且，
得四边形为平行四边形，则，
由，则，则四点共面.
由，所以，
平面，平面，
则平面，同理，平面，
又平面，平面，，
故平面平面.
若，由，可得，
，，
则三点共线，即点P在线段MN（不包含点）上运动；
又平面，
故平面，故C正确；
D项，如图，连接.

若，由，可得，
，，
与C项同理可得，点P在线段NG上运动.
连接，同选项B建系，
则有，
则，
，所以，
则，
故当时，线段长度的最小值为，故D错误.
故选：AC.
12．【正确答案】
【详解】，
直线的斜率为，
由于在点1,f1处的切线与直线相互垂直，
所以切线的斜率为，即.
故
13．【正确答案】4
【详解】，
因为是函数的极值点，
所以是方程的两根，
由韦达定理可得，所以都是正数，
在等比数列中，同号，且，
所以.
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】对于第一空，由题意，将三棱锥补形为长、宽、高分别为2，2，4的长方体，如图所示，

三棱锥P−AEF外接球即为补形后长方体的外接球，
所以外接球的直径，所以，
所以三棱锥P−AEF外接球的体积为；
对于第二空，过点M的平面截三棱锥P−AEF的外接球所得截面为圆，
其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为，
最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，
此时截面圆半径（其中长度为长方体前后面对角线长度），
则截面圆的面积为，
所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为.
故；.
15．【正确答案】(1)；
(2)和.
【详解】（1）设圆心
依题意，的中点为，直线的斜率，则线段的垂直平分线方程为，
显然圆心在线段的垂直平分线上，由，解得，
因此圆心的坐标是，圆的半径，
所以圆的方程是．
（2）依题意，过点且与圆相切的直线斜率存在，设该切线方程为，即，
于是，解得或，
所以所求切线方程为和.

16．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理可得，即，
又因为，则，
因为，所以.
（2）因为
所以，
因为，所以，
所以，即1a+1c=12，
所以，
当且仅当时，取得最小值.
17．【正确答案】(1)，，；
(2).
【详解】（1）依题意，，当时，，
两式相减得，即有，而当时，，有，满足上式，
因此，
因为，即有，则，即为等比数列，
而，因此，
所以数列，的通项公式分别为，，.
（2）由（1）知，，
则，
于是，
，
所以.
18．【正确答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【详解】（1）取的中点为，连接；如下图所示：
易知平面平面，且平面平面，平面平面；
所以，又因为，
可得四边形为等腰梯形，
且分别为的中点，所以，
因为，所以，
易知，且平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）由二面角定义可得，二面角的平面角即为，
当时，即，因此可得平面，
可知即为三棱台的高，由可得；
易知三棱台的上、下底面面积分别为，
因此三棱台的体积为
（3）由（1）知，，，二面角的平面角即为；
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，过点作垂直于平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
可得，
易知，可得；
则
设平面的一个法向量为，
所以，
令，则，可得；
显然，
由到平面的距离为，可得，
即，可得；
整理得，解得或；
又，可得.
19．【正确答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）因为在处的秦勒展开式为：
（其中表示的次导数），
所以和在处的泰勒展开式分别为：
；
；
（2）把在处的秦勒展开式中的替换为，可得：
根据题意以及（1）可得该式子为：，
所以，即；
（3）由在处的泰勒展开式，先证当时，，
令，，，
，又，则，所以f″x在上单调递增，
所以，所以f'x在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，
再令，
则，易知在0,1在，在上，
所以在0,1上单调递增，在上单调递减，
而，
所以当时，gx>0恒成立，
则，
所以.