2024-2025学年黑龙江省哈尔滨九中高三（上）期中数学试卷（含答案）

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这是一份2024-2025学年黑龙江省哈尔滨九中高三（上）期中数学试卷（含答案），共8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.已知集合M={x|x>−32}，N={x∈Z|−52A. {x|−322.若复数z满足zi2025=2−i，则z的实部与虚部之和为( )
A. −1+2iB. −1−2iC. 1D. −3
3.已知等差数列{an}的前6项和为60，且a1+a2+a3=15，则a5=( )
A. 5B. 10C. 15D. 20
4.在平面直角坐标系中，若∠α的终边经过点P(2,1)，则cs(α+π4)的值为( )
A. −3 1010B. − 1010C. 1010D. 3 1010
5.如图，四边形O′A′C′B′表示水平放置的四边形OACB根据斜二测画法得到的直观图，O′A′=2，B′C′=4，O′B′=2 2，O′A′//B′C′，则AC=( )
A. 2 3B. 4C. 6D. 4 2
6.若曲线y=ex+a的一条切线方程是y=x−1，则a=( )
A. −2B. 1C. −1D. e
7.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为43，面积为43π的扇形，则该圆锥的外接球的表面积为( )
A. 256π63B. 4πC. 9π2D. 9π
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an=(n+1)⋅2n=(−n+1)⋅2n−(−n)⋅2n+1，故数列{an}的前n项和Sn=a1+a2+a3+⋯+an=0×21−(−1)×22+(−1)×22−(−2)×23+⋯+(−n+1)⋅2n−(−n)⋅2n+1=n⋅2n+1.记数列{n22n}的前n项和为Tn，利用上述方法求T30−6=( )
A. 513230B. −513230C. 513229D. −513229
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知平面向量e1，e2的夹角为π3，且|e1|=|e2|=1，若a=e1−2e2，b=e1+e2，则下列结论正确的是( )
A. a⊥bB. a与b可以作为平面内向量的一组基底
C. |a|= 2D. a在b上的投影向量为−12b
10.在▵ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知sinA:sinB:sinC=4:5:6，D为线段AC上一点，则下列判断正确的是( )
A. ▵ABC为钝角三角形
B. ▵ABC的最大内角是最小内角的2倍
C. 若D为AC中点，则BD:AC= 79:10
D. 若∠ABD=∠CBD，则BD:AC=3 2:5
11.设数列{an}的前n项和为Sn，若bn=Snn，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2b1+4b2+8b3+⋯+2nbn=n2+n，则下列结论正确的是( )
A. a7=−2364
B. 设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn有最大值，无最小值
C. 数列{Sn}中没有最大项
D. 若对任意n∈N∗，m2−54m−Sn≥0成立，则m≤−1或m≥94
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知sinα=35，且α的终边在第二象限，则sin2α= ．
13.已知函数f(x)=(x−a)(x2−2x)在x=a处取得极大值，则a= ______．
14.已知数列{an}满足an+1=2an,n为奇数an+2,n为偶数，a1=0，则a10= ______；设数列{an}的前n项和为Sn，则S2024= ______.(第二个空结果用指数幂表示)
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.(本小题13分)
已知函数fx=cs2x+sinxcsx−12．
(1)求fx的最小正周期；
(2)将fx的图象向左平移π4个单位长度，得到函数y=gx的图象，求不等式gx≥0的解集．
16.(本小题15分)
数列{an}满足a1=12，2anan+1+an+1−an=0．
(1)求数列{an}通项公式．
(2)设bn=cs(n+1)πan+2，求数列{bn}的前n项和Sn．
17.(本小题15分)
在△ABC.中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2b−ca=csCcsA,a=3．
(1)求角A；
(2)若点D在边AC上，且BD=13BA+23BC，求△BCD面积的最大值．
18.(本小题17分)
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n+1层球数是第n层球数与n+1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x>0时，ln(1+x)>x1+x；
(3)若数列{bn}满足bn=2nln(2an)−2lnn，对于n∈N∗，证明：b1+b2+b3+⋯+bn19.(本小题17分)
定义：如果函数f(x)在定义域内，存在极大值f(x1)和极小值f(x2)，且存在一个常数k，使f(x1)−f(x2)=k(x1−x2)成立，则称函数f(x)为极值可差比函数，常数k称为该函数的极值差比系数.已知函数f(x)=x−1x−alnx.
(1)当a=52时，判断f(x)是否为极值可差比函数，并说明理由;
(2)是否存在a使f(x)的极值差比系数为2−a?若存在，求出a的值;若不存在，请说明理由;
(3)若3 22≤a≤52，求f(x)的极值差比系数的取值范围．
参考答案
1.C
2.D
3.C
4.C
5.C
6.A
7.A
8.D
9.BD
10.BCD
11.AD
12.−2425
13.0
14.60 3(21013−2026)
15.解：(1)f(x)=cs2x+sin xcs x−12=1+cs 2x2+12sin 2x−12=12(sin 2x+cs 2x)
= 22sin2x+π4 ，故 T=2π2=π ；
(2)因为f(x)= 22sin (2x+π4) ，向左平移 π4 个单位长度，得到函数y=gx的图象，
所以g(x)= 22sin [2(x+π4)+π4]= 22sin (2x+3π4) ，
故要使 g(x)= 22sin (2x+3π4)⩾0 ，
需满足 2x+3π4∈2kπ,π+2kπ,k∈Z ，
解得 x∈−3π8+kπ,π8+kπ,k∈Z ，
故 gx≥0 的解集为 −3π8+kπ,π8+kπ,k∈Z

16.解：(1)由a1=12，2anan+1+an+1−an=0，可得1an+1−1an=2，
则数列{1an}是首项和公差为2的等差数列，
可得1an=2+2(n−1)=2n，即为an=12n；
(2)bn=cs(n+1)πan+2=2ncs(n+1)π+2=(−1)n−1⋅2n+2，
当n为偶数时，数列{bn}的前n项和Sn=(2−4+6−8+...+2n−2−2n)+2n=−2×n2+2n=n；
当n为奇数时，Sn=Sn−1+bn=n−1+2n+2=3n+1；
所以Sn=3n+1,n为奇数n,n为偶数．
17.解：(1)在△ABC中，∵2b−ca=csCcsA，
∴2sinB−sinCsinA=csCcsA，整理得2sinBcsA=sin(A+C)=sinB，
∵sinB>0，∴csA=12，A∈(0,π)，
∴A=π3；
(2)∵BD=13BA+23BC，
∴CD−CB=13(CA−CB)−23CB，
∴CD=13CA，
∴S△BCD=13S△ABC=16bcsinA=16bcsinπ3= 312bc．
在△ABC中，a=3，
由余弦定理得：9=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc≥2bc−bc=bc，即bc≤9，当且仅当b=c=3时等号成立，
∴(S△BCD)max= 312×9=3 34．
18.解：(1)根据题意，a1=1，a2=3，a3=6，a4=10，⋯，
则有a2−a1=2，a3−a2=3，⋯，an−an−1=n，
当n≥2时，an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋯+(a2−a1)+a1
=n+(n−1)+(n−2)+⋯+2+1=n(n+1)2，
又a1=1也满足，所以an=n(n+1)2．
(2)证明：设f(x)=ln(1+x)−x1+x，x∈(0,+∞)，
则f′(x)=11+x−1(1+x)2=x(1+x)2>0，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，则f(x)>f(0)=0，
即ln(1+x)−x1+x>0，即当x>0时，ln(1+x)>x1+x．
(3)证明：由(2)可知当x>0时，ln(1+x)>x1+x，
令x=1n(n∈N∗)，则ln(1+1n)>11+n，
所以bn=2nln(2an)−2lnn=2nln[n(n+1)]−lnn2=2nln[n(n+1)n2]=2nln(1+1n)<(n+1)×2n，
所以b1+b2+b3+⋯+bn<2×21+3×22+4×23+⋯+(n+1)×2n，
令Tn=2×21+3×22+4×23+⋯+(n+1)×2n，
则2Tn=2×22+3×23+4×24+⋯+(n+1)×2n+1，
所以−Tn=2+21+22+23+⋯+2n−(n+1)×2n+1
=2+2(1−2n)1−2−(n+1)×2n+1=−n×2n+1，
所以Tn=n×2n+1，
所以b1+b2+b3+⋯+bn19.解：(1)当a=52时，f(x)=x−1x−52lnx(x>0)，
所以f′(x)=1+1x2−52x=(2x−1)(x−2)2x2，
当x∈(0,12)∪(2,+∞)时，f′(x)>0，当x∈(12,2)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,12)和(2,+∞)上单调递增，在(12,2)上单调递减，
所以f(x)的极大值为f(12)=52ln2−32，极小值为f(2)=32−52ln2，
所以f(12)−f(2)=(2−103ln2)(12−2)，
因此f(x)是极值可差比函数．
(2)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=1+1x2−ax，即f′(x)=x2−ax+1x2，
假设存在a，使得f(x)的极值差比系数为2−a，
则x1，x2是方程x2−ax+1=0的两个不等正实根，
Δ=a2−4>0x1+x2=ax1x2=1,解得a>2，
不妨设x11，
由于f(x1)−f(x2)=x1−1x1−alnx1−(x2−1x2−alnx2)
=(x1−x2)(1+1x1x2)−alnx1x2
=2(x1−x2)−alnx1x2
=(2−ax1−x2ln x1x2) (x1−x2)，
所以2−a=2−ax1−x2lnx1x2，从而1x1−x2lnx1x2=1，
得x2−1x2−2lnx2=0，(∗)，
令g(x)=x−1x−2lnx(x>1)，g′(x)=x2−2x+1x2=(x−1)2x2>0，
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，有g(x)>g(1)=0，
因此(∗)式无解，即不存在a使f(x)的极值差比系数为2−a．
(3)由(2)知极值差比系数为2−ax1−x2lnx1x2，即2−x1+x2x1−x2lnx1x2，
不妨设0a2=(x1+x2)2x1x2=x1x2+x2x1+2=t+1t+2，
又3 22≤a≤52，解得14≤t≤12，
令p(t)=2−t+1t−1lnt(14≤t≤12)，p′(t)=2lnt+1t−t(t−1)2，
设ℎ(t)=2lnt+1t−t(14≤t≤1)，ℎ′(t)=2t−1t2−1=2t−1−t2t2=−(t−1)2t2≤0，
所以ℎ(t)在[14,1]上单调递减，
当t∈[14,1]时，ℎ(t)≥ℎ(12)>ℎ(1)=0，
从而p′(t)>0，所以p(t)在[14,12]上单调递增，
所以p(14)≤p(t)≤p(12)，即2−103ln2≤p(t)≤2−3ln2.
故f(x)的极值差比系数的取值范围为[2−103ln2,2−3ln2]．