黑龍江省哈爾濱市第三中學2024屆高三上學期期末數學試題含答案解析

哈三中2023-2024學年度上學期高三學年期末考試數學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知，則（）A. B. C. D.2.復數的虛部為（）A. B.2 C. D.3.函數的大致圖象是（）A. B.C. D.4.若，則實數（）A.6 B. C.3 D.5.已知命題：為假命題，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.6.若橢圓和雙曲線共同焦點為是兩曲線的一個交點，則的面積值為（）A. B. C. D.87.等比數列中，為的前n項和，若，則（）A. B. C. D.18.哈三中第38屆教改匯報課在2023年12月15日舉行，組委會派甲乙等6名志愿者到兩個路口做引導員，每位志愿者去一個路口，每個路口至少有兩位引導員，若甲和乙不能去同一路口，則不同安排方案總數為（）A.14 B.20 C.28 D.40二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分，9.下列說法正確的是（）A.已知，若冪函數奇函數，且在上遞減，則只能為B.函數的單調遞減區(qū)間為C.函數與函數同一個函數D.已知函數的定義域為，則函數的定義域為10.已知正數，，且，則下列說法正確的是（）A. B. C. D.11.在棱長為1的正方體中，下列結論正確的有（）A.平面B.點到平面的距離為C.當在線段上運動時，三棱錐的體積不變D.若為正方體側面上的一個動點，為線段的兩個三等分點，則的最小值為12.已知函數在處取得最大值2，的最小正周期為，將圖象上所有點的橫坐標擴大到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移個單位長度得到的圖象，則下列結論正確的是（）A.是圖象的一條對稱軸 B.C.是奇函數 D.方程有3個實數解三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知為第二象限角，，則_______．14.已知邊長為2的等邊三角形所在平面外一點是邊的中點，滿足垂直平面，且，則三棱錐外接球的體積為_______．15.直線與拋物線交于兩點且，則的中點到軸的最短距離為_______．16.設是定義在上的奇函數，對任意的滿足且，則不等式的解集為_______．四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.在中，角所對的邊分別為，且．（1）求角；（2）為邊上一點，，且，求的值．18.已知是公差不為零的等差數列，，且成等比數列．（1）求數列的通項公式；（2）若，求的前1012項和．19.已知橢圓的左、右頂點為，點是橢圓的上頂點，直線與圓相切，且橢圓的離心率為．（1）求橢圓的標準方程；（2）過橢圓右焦點的直線（與軸不重合）與橢圓交于兩點，若點，且，求實數的取值范圍．20.如圖，在四棱錐中，，．（1）求證：平面平面；（2）若線段上存在點，滿足，且平面與平面的夾角的余弦值為，求實數的值．21.圓經過點，圓心在直線上．（1）求圓的標準方程；（2）若圓與軸分別交于兩點，為直線上的動點，直線與曲線圓的另一個交點分別為，求證直線經過定點，并求出定點的坐標．22.已知函數．（1）求函數在處切線方程；（2）當時，試比較的大小關系，并說明理由；（3）設，求證：．哈三中2023-2024學年度上學期高三學年期末考試數學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據對數函數的單調性、指數函數的單調性，結合集合交集的定義進行求解即可.【詳解】由，由，所以，故選：C2.復數的虛部為（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】利用復數除法的運算法則化簡為復數的代數形式，即可得到復數虛部.【詳解】由，所以虛部為-1.故選：A3.函數的大致圖象是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出定義域，再確定為偶函數，最后由特殊值法確定即可.【詳解】定義域為，為偶函數，采用特殊值法代入，當趨近于零時，趨近于零，趨于正無窮；此時取值趨于正無窮；當x趨近于正無窮時，趨近于正無窮，趨于零，此時取值趨于正無窮；所以只有B圖像符合；故選：B4.若，則實數（）A.6 B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】將兩邊平方，結合數量積的運算律求出，再根據數量積的坐標公式即可得解.【詳解】因為，所以，即，所以，即，解得.故選：B.5.已知命題：為假命題，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據含有一個量詞的命題的否定，可知命題：為真命題，討論a是否為0，結合時，解不等式，即可求得答案.【詳解】由題意知命題：為假命題，則命題：為真命題，故當時，，即為，符合題意；當時，需滿足，解得，綜合可得實數的取值范圍是，故選：D6.若橢圓和雙曲線的共同焦點為是兩曲線的一個交點，則的面積值為（）A. B. C. D.8【答案】A【解析】【分析】設點，根據方程組求點P的坐標和焦距，進而可得面積.【詳解】對于橢圓可知：半長軸長為5，半短軸長為3，半焦距為4，則，設點，則，解得，所以的面積值為.故選：A.7.等比數列中，為的前n項和，若，則（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】【分析】根據構成等比數列求解即可.【詳解】因為為等比數列，，設，所以構成等比數列.所以構成等比數列，所以，所以.故選：A8.哈三中第38屆教改匯報課在2023年12月15日舉行，組委會派甲乙等6名志愿者到兩個路口做引導員，每位志愿者去一個路口，每個路口至少有兩位引導員，若甲和乙不能去同一路口，則不同的安排方案總數為（）A.14 B.20 C.28 D.40【答案】C【解析】【分析】先安排甲乙兩人，再根據分組分配的方法安排其余4名志愿者.【詳解】先安排甲乙兩人，有種方法；再安排其余4名志愿者有兩類方法，共有種方法，根據分步計數原理可得共有種方法.故選：C二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分，9.下列說法正確的是（）A.已知，若冪函數為奇函數，且在上遞減，則只能為B.函數的單調遞減區(qū)間為C.函數與函數是同一個函數D.已知函數的定義域為，則函數的定義域為【答案】BCD【解析】【分析】對于A，直接由冪函數的奇偶性、單調性即可驗證；對于B，由復合函數單調性以及復合對數函數的定義域即可驗證；對于C，定義域都是全體實數，且對應法則也一樣，由此即可判斷；對于D，由抽象函數定義域的求法即可驗證.【詳解】對于A，當時，冪函數奇函數，且在上遞減，滿足題意，當時，冪函數在上遞增，不滿足題意，當時，冪函數為奇函數，且在上遞減，滿足題意，當時，冪函數為偶函數，在上遞減，不滿足題意，故A錯誤；對于B，關于在定義域內單調遞減，若函數關于在定義域內單調遞減，則由復合函數單調性可知關于單調遞增，而二次函數開口向下，對稱軸為，所以，解得，所以函數的單調遞減區(qū)間為，故B正確；對于C，，故C選項正確，對于D，若函數的定義域為，則，所以函數的定義域滿足，解得，故D正確.故選：BCD.10.已知正數，，且，則下列說法正確的是（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】選項A，將不等式等價轉化為，由于和式為定值，判斷積的取值范圍即可；對于選項B，需要研究函數的單調性，即可判斷不等式；對于選項C，，應用基本不等式即可；對于選項D，將平方，，判斷積的取值范圍即可；【詳解】對于選項A，等價，，得，其中，等號取不到，所以，，不等式成立，選項A正確；對于選項B，因為，指數函數是增函數，且，所以所以，選項B正確；對于選項C，，由于，，等號取不到，，選項C不正確；對于選項D，，由于，等號取不到，所以，，選項D不正確；故選：AB.11.在棱長為1的正方體中，下列結論正確的有（）A.平面B.點到平面的距離為C.當在線段上運動時，三棱錐的體積不變D.若為正方體側面上的一個動點，為線段的兩個三等分點，則的最小值為【答案】BCD【解析】【分析】對于A通過觀察可得直線與平面有公共點所以A不正確；對于B利用等體積法計算點到平面距離；對于C觀察到點到平面的距離為定值，確定三棱錐的體積不變；對于D利用線段關于平面的對稱直線，將轉化，利用兩點間線段距離最短求解.【詳解】對于A，因為平面也就是平面與直線有公共點，所以A選項不正確.對于B，設點到平面的距離為，由得，由已知易得則是直角三角形，所以，，解得.故B選項正確對于C，設點到平面的距離為，易知點所在的直線與平面平行，則點到平面的距離為定值，因為，其中也為定值，故C選項正確.對于D，如圖，當共線的時候最小，在中，由余弦定理得，所以，所以有最小值，故D正確.故選：BCD12.已知函數在處取得最大值2，的最小正周期為，將圖象上所有點的橫坐標擴大到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移個單位長度得到的圖象，則下列結論正確的是（）A.是圖象的一條對稱軸 B.C.是奇函數 D.方程有3個實數解【答案】ACD【解析】【分析】由最小正周期為，求出，由最值點和最值，求出，得的解析式，判斷AB選項；由函數圖象的變換，求的解析式，驗證C選項，數形結合驗證D選項．【詳解】，其中，的最小正周期為，則有，故，函數在處取得最大值2，則，解得，則，B選項錯誤；函數在處取得最大值2，則是圖象的一條對稱軸，A選項正確；將圖象上所有點的橫坐標擴大到原來的2倍，縱坐標不變，得函數的圖象，再把得到的曲線向左平移個單位長度得到的圖象，，函數為奇函數，C選項正確；在同一直角坐標系下作出函數和函數的圖象，如圖所示，兩個函數圖象有3個交點，可知方程有3個實數解，D選項正確.故選：ACD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知為第二象限角，，則_______．【答案】【解析】【分析】根據同角三角函數的關系式，結合正切的二倍角公式即可求得.【詳解】因為，為第二象限角，所以，則，所以.故答案為：14.已知邊長為2的等邊三角形所在平面外一點是邊的中點，滿足垂直平面，且，則三棱錐外接球的體積為_______．【答案】【解析】【分析】建立空間直角坐標系，設出球心坐標，根據外接球的性質，列出方程組，即可求出外接球的半徑，從而求得三棱錐外接球的體積.【詳解】因為垂直平面，為等邊三角形，且是邊的中點，以為坐標原點，分別以所在的直線為軸，軸，軸，建系如圖，設三棱錐外接球的球心，半徑為，因為，則，又因為，所以，，，，則，即，解得，所以三棱錐外接球的體積.故答案為：.15.直線與拋物線交于兩點且，則的中點到軸的最短距離為_______．【答案】【解析】【分析】設出直線方程，利用弦長得到兩個變量間的關系式，結合函數單調性可得答案.【詳解】設直線的方程為，；聯立，，，.，因為，所以，整理可得.由，所以的中點到軸的距離為設，則，，由對勾函數的單調性可得，當且僅當時，取到最小值.故答案為：16.設是定義在上的奇函數，對任意的滿足且，則不等式的解集為_______．【答案】【解析】【分析】根據題意可設，結合的奇偶性判斷的奇偶性，再結合題設判斷的單調情況，進而結合不等式，討論x的正負，結合的單調情況，分類求解，即可得答案.【詳解】設，而是定義在上的奇函數，即，故，即為偶函數；對任意的，不妨設，則，又對任意的滿足，當時，，則，即，而，故，則在上單調遞減，又為偶函數，故在上單調遞增，，故，則，而不等式，即為不等式或，即或，故或，即不等式的解集為，故答案為：【點睛】方法點睛：諸如此類抽象函數的問題，解答時要結合題設構造出函數，由此判斷出其奇偶性和單調性，再結合所求解不等式同構為所構造函數的函數值大小比較形式，結合單調性以及奇偶性，即可求解.四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.在中，角所對的邊分別為，且．（1）求角；（2）為邊上一點，，且，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理邊化角，然后由三角形內角和定理與和差公式化簡整理即可求解；（2）和分別根據正弦定理和三角函數定義列式，聯立整理得，再由余弦定理求得，然后可解.【小問1詳解】因為，所以，由正弦定理可得，又，所以，整理得，因為，所以，又，所以，即.【小問2詳解】由（1）知，因為，所以，記，則，在中，由正弦定理得，得，在中，有，因為，所以，得，在中，由余弦定理可得，即，所以18.已知是公差不為零的等差數列，，且成等比數列．（1）求數列的通項公式；（2）若，求的前1012項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據等差數列的通項公式和等比中項即可得解；（2）由裂項相消法可求出前1012項和.【小問1詳解】設等差數列的公差為，又，則，，因為成等比數列，所以，即，得，又因為是公差不為零的等差數列，所以，即.【小問2詳解】由（1）知，.19.已知橢圓的左、右頂點為，點是橢圓的上頂點，直線與圓相切，且橢圓的離心率為．（1）求橢圓的標準方程；（2）過橢圓右焦點的直線（與軸不重合）與橢圓交于兩點，若點，且，求實數的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由離心率得出，再由直線與圓相切得到圓心到直線的距離等于半徑得出，聯立即得橢圓方程；（2）依題設出直線方程，與橢圓方程聯立，得出韋達定理，求出的中點坐標，利用條件判斷是直線的中垂線，求出方程，將求的取值范圍轉化成求關于的函數的值域問題即得.【小問1詳解】由可得：①因，則即：，又因直線與圓相切，則，化簡得：②，聯立①②，可解得：故橢圓的標準方程為：.【小問2詳解】如圖，因直線與軸不重合，橢圓焦點為，故可設，由，消去整理得：，易得：，不妨設，則有設中點為，則：,，即：，因，則為直線的中垂線.又因直線的斜率為，故直線的中垂線的斜率為，于是，因，則有：，①當時，，此時直線，點，符合題意；②當時，，若，則,可得，當且僅當時取等號；若，則,可得，當且僅當時取等號.綜上，實數的取值范圍為.20.如圖，在四棱錐中，，．（1）求證：平面平面；（2）若線段上存在點，滿足，且平面與平面的夾角的余弦值為，求實數的值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）要證面面垂直，需證線面垂直，就是要證平面，再進一步判斷面面垂直；（2）建立空間直角坐標系，用向量的方法求解.【小問1詳解】如圖：因為，，所以為等邊三角形，又，所以，又，所以.因為，所以為直角三角形，.又，，為平面內的兩條相交直線，所以平面，平面，所以：平面平面.【小問2詳解】取中點，中點，因為，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又，故以為原點，建立如圖空間直角坐標系，所以，，，，，.設，因為解得，所以.設平面的法向量為，則，??；設平面的法向量為，則，取.那么，，.由，又，所以.【點睛】關鍵點睛：根據，和點、的坐標，求點坐標是本題的一個關鍵.21.圓經過點，圓心在直線上．（1）求圓的標準方程；（2）若圓與軸分別交于兩點，為直線上的動點，直線與曲線圓的另一個交點分別為，求證直線經過定點，并求出定點的坐標．【答案】（1）（2）證明見詳解，直線過定點【解析】【分析】（1）設出圓心坐標，利用圓心到圓上各點的距離等于半徑求解即可；（2）設出直線的方程和直線的方程，分別與圓的方程聯立寫出的坐標，進而寫出直線的方程，化簡即可證明直線經過定點，并求出定點的坐標.【小問1詳解】因為圓心在直線上，設圓心為又因為圓經過點則，解得，所以圓心半徑為，所以圓的標準方程為【小問2詳解】由圓與軸分別交于兩點，不妨