黑龙江省哈尔滨市第三中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷（含答案）
文档属性
| 名称 | 黑龙江省哈尔滨市第三中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷（含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-12-14 22:35:04 | ||
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文档简介
1
黑龙江省哈尔滨市第三中学2024-2025学年高三上学期期中考试
数学试题
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. [1，4]
2. 已知向量，满足，其中是单位向量，则在方向上的投影向量是（）
A. B. C. D.
3. 已知函数，则“”是“函数在上单调递增”的（）
A充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 若，则（）
A. B. C. D.
5. 已知圆和，若动圆与这两圆一个内切一个外切，记该动圆圆心的轨迹为，则的方程为（）
A. B. C. D.
6. 如图，三棱柱中，E，F分别是AB、AC的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，则（）
A. 5:6 B. 3:4 C. 1:2 D. 5:7
7. 专家表示，海水倒灌原因是太阳、月亮等星体的共同作用下，海水的自然涨落，如果天气因素造成的涨水现象赶上潮汐高潮的时候，这个时候水位就会异常的高.某地发生海水倒灌，未来24h需要排水减少损失，因此需要紧急抽调抽水机.经测算，需要调用20台某型号抽水机，每台抽水机需要平均工作24h.而目前只有一台抽水车可立即投入施工，其余抽水机需要从其他施工现场抽调.若抽调的抽水机每隔20min才有一台到达施工现场投入工作，要在24h内完成排水任务，指挥部至少共需要抽调这种型号的抽水机（）
A. 25台 B. 24台 C. 23台 D. 22台
8. 已知函数，若，当时，恒成立，则的取值范围是（）
A. B. C. D. [0,8]
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. 设是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，且．则下列说法中正确的是（）
A. B. 离心率为
C. 的面积为6 D. 的面积为12
10. 已知函数满足，若在区间上恰有3个零点，则（）
A. 的最小正周期是 B.
C. 的最小值为 D. 的最大值为
11. 在中，为内的一点，，则下列说法正确的是（）
A. 若为的重心，则 B. 若为的外心，则
C. 若为的垂心，则 D. 若为的内心，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知i为虚数单位，若复数满足，则的最大值是______.
13. 边长为1的正三角形ABC的内心为，过的直线与边AB，AC交于P、Q，则的最大值为______.
14. 已知数列的前项和为，满足，函数定义域为R，对任意都有，若，则的值为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求；
（2）求的取值范围.
16. 为了了解高中学生课后自主学习数学时间（分钟/每天）和他们的数学成绩（分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据（表一）.
表一：
编号 1 2 3 4 5
学习时间 30 40 50 60 70
数学成绩 65 78 85 99 108
（1）请用相关系数说明该组数据中变量与变量之间关系可以用线性回归模型拟合（结果精确到0.001）；
（2）求关于的经验回归方程，并由此预测每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩；
（3）基于上述调查，某校提倡学生周六在校自主学习.经过一学期的实施后，抽样调查了220位学生.按照是否参与周六在校自主学习以及成绩是否有进步统计，得到列联表（表二）．依据表中数据及小概率值的独立性检验，分析“周六在校自主学习与成绩进步”是否有关.
表二：
没有进步 有进步 合计
参与周六在校自主学习 35 130 165
未参与周六不在校自主学习 25 30 55
合计 60 160 220
（参考数据：的方差为的方差为230.8，）
附：，.
0.10 005 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 6635 7.879 10.828
17. 已知等差数列和等比数列，满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和为；
（3）在（2）的条件下，设数列的前项和为，若对于任意的时，恒成立，求实数的取值范围．
18. 如图，在三棱柱中，已知底面，为的中点，点在棱上，且为线段上的动点.
（1）证明：；
（2）若直线与所成角的余弦值为，求二面角的正弦值.
19. 设是定义在区间上的连续函数，若存在区间，使得在上单调递增，在上单调递减，则称为“含峰函数”，为“峰点”，称为的一个“含峰区间”.
（1）判断下列函数是否为“含峰函数”？若是，请指出“峰点”；若不是，请说明理由：
（i）；
（ii）.
（2）已知是“含峰函数”，且是它的一个“含峰区间”，求的最大值；
（3）设是“含峰函数”，是它的一个“含峰区间”，并记的最大值为.若，且，求的最小值.
黑龙江省哈尔滨市第三中学2024-2025学年高三上学期期中考试
数学试题
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. A
2. D
3. B
4. C
5. C
6. D
7. B
8. 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. ABC
10. BC
11. BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.
【答案】##
13.
【答案】
14.
【答案】##0.5
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件利用正弦定理及和角公式可得，再结合的范围，即可得到；
（2）由正弦定理边角转化，结合三角恒等变换可得，根据角的范围可得的范围，进而得到答案．
【小问1详解】
由正弦定理可得：，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，即；
【小问2详解】
由正弦定理得，
所以，
则
，
由于为锐角三角形，故，所以，
从而，则，所以，
因此的取值范围是．
16.
【解析】
【分析】（1）依据公式计算即可求得相关系数；
（2）利用最小二乘法求得回归方程，再令即可得解；
（3）根据公式求得，再对照临界值表即可得解.
【小问1详解】
，
又的方差为的方差为230.8，
则
r值非常接近于1，故变量与变量之间的关系可以用线性回归模型拟合.
【小问2详解】
，
，
故，当时，，
故预测每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩为分.
【小问3详解】
因为，所以依据的独立性检验，
可以认为“周六在校自主学习与成绩进步”有关.
17.
【解析】
【分析】（1）由等差数列和等比数列的通项公式列方程组求得公差、公比后可得通项公式；
（2）由错位相减求和；
（3）用裂项相消法求得和，不等式转化为，引入函数，由导数确定的单调性后，可得出的最小值，从而得的范围．
【小问1详解】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则由得：
，解得（舍去），
所以，；
【小问2详解】
，
，
则，
，
所以；
【小问3详解】
由（2）,
所以．
恒成立，即，，
设，则，由得，
，因此,,记，即，
时，，递减，时，递增，因此是的最小值，
，，
所以对任意的，的最小值是，
所以．
18.
【解析】
【分析】（1）根据条件证明平面，再由线面垂直的性质得到；
（2）由（2）取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，将二面角的问题转化为向量夹角问题求解．
【小问1详解】
证明：在三棱柱中，底面，
所以三棱柱是直三棱柱，则，
因为，所以，
又因为，为的中点，
所以，又，平面，
所以平面，因为平面，
所以，
易知，则，
因为，
所以，则，
即，又，平面，
所以平面，
所以；
【小问2详解】
由（1）取的中点，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：
则，，，
设，
所以，
因为直线与所成角的余弦值为，
所以，解得，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
所以为平面的一个法向量，
易知是平面的一个法向量，
则，
所以二面角的正弦值为．
19.
【解析】
【分析】（1）结合所给定义，分别借助导数研究函数与是否有极大值即可得；
（2）结合所给定义，可得在上存在极大值点，结合导数计算即可得的范围，即可得其最值；
（3）求导后可因式分解，由定义可得有两不相等实根，再根据，结合单调性得到，根据，结合单调性得到，即有，即可结合韦达定理表示出，再由、代入计算可得出间的关系，即可分类讨论最小值.
【小问1详解】
（i）由，，
当或时，，当或时，，
所以在和上单调递增，在和上单调递减，
故存在区间，该函数在上单调递增，在上单调递减，
故是“含峰函数”， “峰点”为，
（ii），，则在上是增函数，
故不是“含峰函数”；
【小问2详解】
由题意在上存在极大值点，
的定义域是，
，
因为，令得，（舍去），
当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，
则有，解得，又，所以的最大值是；
【小问3详解】
由，
则，
若，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
此时不为 “含峰函数”，
则有两个不等实根，
设这两根分别为、且，
则有，
，，
由，故在上不为减函数，
若，则当时，，即在上单调递减，矛盾，故；
由，故在上不为增函数，
若，则当时，，即在上单调递增，矛盾，故；
故有，
故当时，，当时，，
即在、上单调递减，在、上单调递增，
故，故
，
由，即，
，即，
令，解得，
故当时，，当时，，
故当时，
，
由，故，
当时，
，
由，故，
综上所述，的最小值为，此时，.
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黑龙江省哈尔滨市第三中学2024-2025学年高三上学期期中考试
数学试题
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. [1，4]
2. 已知向量，满足，其中是单位向量，则在方向上的投影向量是（）
A. B. C. D.
3. 已知函数，则“”是“函数在上单调递增”的（）
A充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 若，则（）
A. B. C. D.
5. 已知圆和，若动圆与这两圆一个内切一个外切，记该动圆圆心的轨迹为，则的方程为（）
A. B. C. D.
6. 如图，三棱柱中，E，F分别是AB、AC的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，则（）
A. 5:6 B. 3:4 C. 1:2 D. 5:7
7. 专家表示，海水倒灌原因是太阳、月亮等星体的共同作用下，海水的自然涨落，如果天气因素造成的涨水现象赶上潮汐高潮的时候，这个时候水位就会异常的高.某地发生海水倒灌，未来24h需要排水减少损失，因此需要紧急抽调抽水机.经测算，需要调用20台某型号抽水机，每台抽水机需要平均工作24h.而目前只有一台抽水车可立即投入施工，其余抽水机需要从其他施工现场抽调.若抽调的抽水机每隔20min才有一台到达施工现场投入工作，要在24h内完成排水任务，指挥部至少共需要抽调这种型号的抽水机（）
A. 25台 B. 24台 C. 23台 D. 22台
8. 已知函数，若，当时，恒成立，则的取值范围是（）
A. B. C. D. [0,8]
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. 设是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，且．则下列说法中正确的是（）
A. B. 离心率为
C. 的面积为6 D. 的面积为12
10. 已知函数满足，若在区间上恰有3个零点，则（）
A. 的最小正周期是 B.
C. 的最小值为 D. 的最大值为
11. 在中，为内的一点，，则下列说法正确的是（）
A. 若为的重心，则 B. 若为的外心，则
C. 若为的垂心，则 D. 若为的内心，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知i为虚数单位，若复数满足，则的最大值是______.
13. 边长为1的正三角形ABC的内心为，过的直线与边AB，AC交于P、Q，则的最大值为______.
14. 已知数列的前项和为，满足，函数定义域为R，对任意都有，若，则的值为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求；
（2）求的取值范围.
16. 为了了解高中学生课后自主学习数学时间（分钟/每天）和他们的数学成绩（分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据（表一）.
表一：
编号 1 2 3 4 5
学习时间 30 40 50 60 70
数学成绩 65 78 85 99 108
（1）请用相关系数说明该组数据中变量与变量之间关系可以用线性回归模型拟合（结果精确到0.001）；
（2）求关于的经验回归方程，并由此预测每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩；
（3）基于上述调查，某校提倡学生周六在校自主学习.经过一学期的实施后，抽样调查了220位学生.按照是否参与周六在校自主学习以及成绩是否有进步统计，得到列联表（表二）．依据表中数据及小概率值的独立性检验，分析“周六在校自主学习与成绩进步”是否有关.
表二：
没有进步 有进步 合计
参与周六在校自主学习 35 130 165
未参与周六不在校自主学习 25 30 55
合计 60 160 220
（参考数据：的方差为的方差为230.8，）
附：，.
0.10 005 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 6635 7.879 10.828
17. 已知等差数列和等比数列，满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和为；
（3）在（2）的条件下，设数列的前项和为，若对于任意的时，恒成立，求实数的取值范围．
18. 如图，在三棱柱中，已知底面，为的中点，点在棱上，且为线段上的动点.
（1）证明：；
（2）若直线与所成角的余弦值为，求二面角的正弦值.
19. 设是定义在区间上的连续函数，若存在区间，使得在上单调递增，在上单调递减，则称为“含峰函数”，为“峰点”，称为的一个“含峰区间”.
（1）判断下列函数是否为“含峰函数”？若是，请指出“峰点”；若不是，请说明理由：
（i）；
（ii）.
（2）已知是“含峰函数”，且是它的一个“含峰区间”，求的最大值；
（3）设是“含峰函数”，是它的一个“含峰区间”，并记的最大值为.若，且，求的最小值.
黑龙江省哈尔滨市第三中学2024-2025学年高三上学期期中考试
数学试题
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. A
2. D
3. B
4. C
5. C
6. D
7. B
8. 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. ABC
10. BC
11. BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.
【答案】##
13.
【答案】
14.
【答案】##0.5
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件利用正弦定理及和角公式可得，再结合的范围，即可得到；
（2）由正弦定理边角转化，结合三角恒等变换可得，根据角的范围可得的范围，进而得到答案．
【小问1详解】
由正弦定理可得：，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，即；
【小问2详解】
由正弦定理得，
所以，
则
，
由于为锐角三角形，故，所以，
从而，则，所以，
因此的取值范围是．
16.
【解析】
【分析】（1）依据公式计算即可求得相关系数；
（2）利用最小二乘法求得回归方程，再令即可得解；
（3）根据公式求得，再对照临界值表即可得解.
【小问1详解】
，
又的方差为的方差为230.8，
则
r值非常接近于1，故变量与变量之间的关系可以用线性回归模型拟合.
【小问2详解】
，
，
故，当时，，
故预测每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩为分.
【小问3详解】
因为，所以依据的独立性检验，
可以认为“周六在校自主学习与成绩进步”有关.
17.
【解析】
【分析】（1）由等差数列和等比数列的通项公式列方程组求得公差、公比后可得通项公式；
（2）由错位相减求和；
（3）用裂项相消法求得和，不等式转化为，引入函数，由导数确定的单调性后，可得出的最小值，从而得的范围．
【小问1详解】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则由得：
，解得（舍去），
所以，；
【小问2详解】
，
，
则，
，
所以；
【小问3详解】
由（2）,
所以．
恒成立，即，，
设，则，由得，
，因此,,记，即，
时，，递减，时，递增，因此是的最小值，
，，
所以对任意的，的最小值是，
所以．
18.
【解析】
【分析】（1）根据条件证明平面，再由线面垂直的性质得到；
（2）由（2）取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，将二面角的问题转化为向量夹角问题求解．
【小问1详解】
证明：在三棱柱中，底面，
所以三棱柱是直三棱柱，则，
因为，所以，
又因为，为的中点，
所以，又，平面，
所以平面，因为平面，
所以，
易知，则，
因为，
所以，则，
即，又，平面，
所以平面，
所以；
【小问2详解】
由（1）取的中点，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：
则，，，
设，
所以，
因为直线与所成角的余弦值为，
所以，解得，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
所以为平面的一个法向量，
易知是平面的一个法向量，
则，
所以二面角的正弦值为．
19.
【解析】
【分析】（1）结合所给定义，分别借助导数研究函数与是否有极大值即可得；
（2）结合所给定义，可得在上存在极大值点，结合导数计算即可得的范围，即可得其最值；
（3）求导后可因式分解，由定义可得有两不相等实根，再根据，结合单调性得到，根据，结合单调性得到，即有，即可结合韦达定理表示出，再由、代入计算可得出间的关系，即可分类讨论最小值.
【小问1详解】
（i）由，，
当或时，，当或时，，
所以在和上单调递增，在和上单调递减，
故存在区间，该函数在上单调递增，在上单调递减，
故是“含峰函数”， “峰点”为，
（ii），，则在上是增函数，
故不是“含峰函数”；
【小问2详解】
由题意在上存在极大值点，
的定义域是，
，
因为，令得，（舍去），
当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，
则有，解得，又，所以的最大值是；
【小问3详解】
由，
则，
若，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
此时不为 “含峰函数”，
则有两个不等实根，
设这两根分别为、且，
则有，
，，
由，故在上不为减函数，
若，则当时，，即在上单调递减，矛盾，故；
由，故在上不为增函数，
若，则当时，，即在上单调递增，矛盾，故；
故有，
故当时，，当时，，
即在、上单调递减，在、上单调递增，
故，故
，
由，即，
，即，
令，解得，
故当时，，当时，，
故当时，
，
由，故，
当时，
，
由，故，
综上所述，的最小值为，此时，.
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