2024屆黑龍江省哈爾濱市南崗區哈爾濱三中高三上數學期末調研模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．a為正實數，i為虛數單位，，則a=（）A．2 B． C． D．12．已知向量，滿足||＝1，||＝2，且與的夾角為120°，則＝（）A． B． C． D．3．在棱長為a的正方體中，E、F、M分別是AB、AD、的中點，又P、Q分別在線段、上，且，設平面平面，則下列結論中不成立的是（）A．平面 B．C．當時，平面 D．當m變化時，直線l的位置不變4．如圖所示，三國時代數學家在《周脾算經》中利用弦圖，給出了勾股定理的絕妙證明.圖中包含四個全等的直角三角形及一個小正方形（陰影），設直角三角形有一個內角為，若向弦圖內隨機拋擲200顆米粒（大小忽略不計，取），則落在小正方形（陰影）內的米粒數大約為（）A．20 B．27 C．54 D．645．已知三棱錐中，是等邊三角形，，則三棱錐的外接球的表面積為（）A． B． C． D．6．如圖，在平面四邊形ABCD中，若點E為邊CD上的動點，則的最小值為（）A． B． C． D．7．若雙曲線的一條漸近線與圓至多有一個交點，則雙曲線的離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．8．若復數（）在復平面內的對應點在直線上，則等于()A． B． C． D．9．下列說法正確的是（）A．“若，則”的否命題是“若，則”B．“若，則”的逆命題為真命題C．，使成立D．“若，則”是真命題10．某幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖是邊長為4的正三角形，俯視圖是由邊長為4的正三角形和一個半圓構成，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．11．命題“”的否定為（）A． B．C． D．12．已知實數，則下列說法正確的是（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．函數的定義域是____________．（寫成區間的形式）14．展開式的第5項的系數為_____.15．設，若關于的方程有實數解，則實數的取值范圍_____．16．不等式對于定義域內的任意恒成立，則的取值范圍為__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知三棱錐P-ABC（如圖一）的平面展開圖（如圖二）中，四邊形ABCD為邊長等于的正方形，和均為正三角形，在三棱錐P-ABC中：（1）證明：平面平面ABC；（2）若點M在棱PA上運動，當直線BM與平面PAC所成的角最大時，求直線MA與平面MBC所成角的正弦值.18．（12分）已知數列，滿足.（1）求數列，的通項公式；（2）分別求數列，的前項和，.19．（12分）已知函數，其中.（1）當時，求在的切線方程；（2）求證：的極大值恒大于0.20．（12分）設都是正數，且，．求證：．21．（12分）在銳角中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知.（1）求的值；（2）當，且時，求的面積.22．（10分）已知函數.（1）若在上單調遞增，求實數的取值范圍；（2）若，對，恒有成立，求實數的最小值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、B【解析】

，選B.2、D【解析】

先計算，然后將進行平方，，可得結果.【詳解】由題意可得：∴∴則.故選：D.【點睛】本題考查的是向量的數量積的運算和模的計算，屬基礎題。3、C【解析】

根據線面平行與垂直的判定與性質逐個分析即可.【詳解】因為,所以,因為E、F分別是AB、AD的中點,所以,所以,因為面面,所以.選項A、D顯然成立；因為,平面,所以平面,因為平面,所以,所以B項成立；易知平面MEF,平面MPQ,而直線與不垂直,所以C項不成立.故選：C【點睛】本題考查直線與平面的位置關系.屬于中檔題.4、B【解析】

設大正方體的邊長為，從而求得小正方體的邊長為，設落在小正方形內的米粒數大約為，利用概率模擬列方程即可求解。【詳解】設大正方體的邊長為，則小正方體的邊長為，設落在小正方形內的米粒數大約為，則，解得：故選：B【點睛】本題主要考查了概率模擬的應用，考查計算能力，屬于基礎題。5、D【解析】

根據底面為等邊三角形，取中點，可證明平面，從而，即可證明三棱錐為正三棱錐.取底面等邊的重心為，可求得到平面的距離，畫出幾何關系，設球心為，即可由球的性質和勾股定理求得球的半徑，進而得球的表面積.【詳解】設為中點，是等邊三角形，所以，又因為，且，所以平面，則，由三線合一性質可知所以三棱錐為正三棱錐，設底面等邊的重心為，可得，，所以三棱錐的外接球球心在面下方，設為，如下圖所示：由球的性質可知，平面，且在同一直線上，設球的半徑為，在中，，即，解得，所以三棱錐的外接球表面積為，故選：D.【點睛】本題考查了三棱錐的結構特征和相關計算，正三棱錐的外接球半徑求法，球的表面積求法，對空間想象能力要求較高，屬于中檔題.6、A【解析】

分析：由題意可得為等腰三角形，為等邊三角形，把數量積分拆，設，數量積轉化為關于t的函數，用函數可求得最小值。詳解：連接BD,取AD中點為O,可知為等腰三角形，而，所以為等邊三角形，。設=所以當時，上式取最小值，選A.點睛：本題考查的是平面向量基本定理與向量的拆分，需要選擇合適的基底，再把其它向量都用基底表示。同時利用向量共線轉化為函數求最值。7、C【解析】

求得雙曲線的漸近線方程，可得圓心到漸近線的距離，由點到直線的距離公式可得的范圍，再由離心率公式計算即可得到所求范圍．【詳解】雙曲線的一條漸近線為，即，由題意知，直線與圓相切或相離，則，解得，因此，雙曲線的離心率.故選：C.【點睛】本題考查雙曲線的離心率的范圍，注意運用圓心到漸近線的距離不小于半徑，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．8、C【解析】

由題意得，可求得，再根據共軛復數的定義可得選項.【詳解】由題意得，解得，所以，所以，故選：C.【點睛】本題考查復數的幾何表示和共軛復數的定義，屬于基礎題.9、D【解析】選項A，否命題為“若，則”，故A不正確．選項B，逆命題為“若，則”，為假命題，故B不正確．選項C，由題意知對，都有，故C不正確．選項D，命題的逆否命題“若，則”為真命題，故“若，則”是真命題，所以D正確．選D．10、A【解析】由題意得到該幾何體是一個組合體，前半部分是一個高為底面是邊長為4的等邊三角形的三棱錐，后半部分是一個底面半徑為2的半個圓錐，體積為故答案為A.點睛：思考三視圖還原空間幾何體首先應深刻理解三視圖之間的關系，遵循“長對正，高平齊，寬相等”的基本原則，其內涵為正視圖的高是幾何體的高，長是幾何體的長；俯視圖的長是幾何體的長，寬是幾何體的寬；側視圖的高是幾何體的高，寬是幾何體的寬.由三視圖畫出直觀圖的步驟和思考方法：1、首先看俯視圖，根據俯視圖畫出幾何體地面的直觀圖；2、觀察正視圖和側視圖找到幾何體前、后、左、右的高度；3、畫出整體，然后再根據三視圖進行調整.11、C【解析】

套用命題的否定形式即可.【詳解】命題“”的否定為“”，所以命題“”的否定為“”.故選：C【點睛】本題考查全稱命題的否定，屬于基礎題.12、C【解析】

利用不等式性質可判斷，利用對數函數和指數函數的單調性判斷.【詳解】解：對于實數，，不成立對于不成立．對于．利用對數函數單調遞增性質，即可得出．對于指數函數單調遞減性質，因此不成立．故選：．【點睛】利用不等式性質比較大小．要注意不等式性質成立的前提條件．解決此類問題除根據不等式的性質求解外，還經常采用特殊值驗證的方法．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

要使函數有意義，需滿足，即，解得，故函數的定義域是．14、70【解析】

根據二項式定理的通項公式，可得結果.【詳解】由題可知：第5項為故第5項的的系數為故答案為：70.【點睛】本題考查的是二項式定理，屬基礎題。15、【解析】

先求出，從而得函數在區間上為增函數；在區間為減函數．即可得的最大值為，令，得函數取得最小值，由有實數解，，進而得實數的取值范圍．【詳解】解：，當時，；當時，；函數在區間上為增函數；在區間為減函數．所以的最大值為，令，所以當時，函數取得最小值，又因為方程有實數解，那么，即，所以實數的取值范圍是：．故答案為：【點睛】本題考查了函數的單調性，函數的最值問題，導數的應用，屬于中檔題.16、【解析】

根據題意，分離參數，轉化為只對于內的任意恒成立，令，則只需在定義域內即可，利用放縮法，得出，化簡后得出，即可得出的取值范圍.【詳解】解：已知對于定義域內的任意恒成立，即對于內的任意恒成立，令，則只需在定義域內即可，，，當時取等號，由可知，，當時取等號，，當有解時，令，則，在上單調遞增，又，，使得，，則，所以的取值范圍為.故答案為：.【點睛】本題考查利用導數研究函數單調性和最值，解決恒成立問題求參數值，涉及分離參數法和放縮法，考查轉化能力和計算能力.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見解析（2）【解析】

(1)設的中點為,連接.由展開圖可知,，.為的中點,則有,根據勾股定理可證得,則平面,即可證得平面平面．(2)由線面成角的定義可知是直線與平面所成的角，且,最大即為最短時,即是的中點建立空間直角坐標系,求出與平面的法向量利用公式即可求得結果.【詳解】（1）設AC的中點為O，連接BO，PO．由題意，得，，．在中，，O為AC的中點，，在中，，，，，．，平面，平面ABC，平面PAC，平面平面ABC．（2）由（1）知，，，平面PAC，是直線BM與平面PAC所成的角，且，當OM最短時，即M是PA的中點時，最大．由平面ABC，，，，于是以OC，OB，OD所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖示空間直角坐標系，則，，設平面MBC的法向量為，直線MA與平面MBC所成角為，則由得：.令，得，，即.則.直線MA與平面MBC所成角的正弦值為.【點睛】本題考查面面垂直的證明,考查線面成角問題,借助空間向量是解決線面成角問題的關鍵,難度一般.18、（1）（2）；【解析】

（1），，可得為公比為2的等比數列，可得為公差為1的等差數列，再算出，的通項公式，解方程組即可；（2）利用分組求和法解決.【詳解】（1）依題意有又.可得數列為公比為2的等比數列，為公差為1的等差數列，由，得解得故數列，的通項公式分別為.（2），.【點睛】本題考查利用遞推公式求數列的通項公式以及分組求和法求數列的前n項和，考查學生的計算能力，是一道中檔題.19、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）求導，代入，求出在處的導數值及函數值，由此即可求得切線方程；（2）分類討論得出極大值即可判斷.【詳解】（1），當時，，，則在的切線方程為；（2）證明：令，解得或，①當時，恒成立，此時函數在上單調遞減，∴函數無極值；②當時，令，解得，令，解得或，∴函數在上單調遞增，在，上單調遞減，∴；③當時，令，解得，令，解得或，∴函數在上單調遞增，在，上單調遞減，∴，綜上，函數的極大值恒大于0.【點睛】本小題主要考查利用導數求切線方程，考查利用導數研究函數的極值，考查分類討論的數學思想方法，屬于中檔題.20、證明見解析【解析】

利用比較法進行證明：把代數式展開、作差、化簡可得,,可證得成立,同理可證明,由此不等式得證.【詳解】證明:因為,，所以，∴成立，又都是正數，∴，①同理，∴．【點睛】本題考查利用比較法證明不等式;考查學生的邏輯推理能力和運算求解能力;把差變形為因式乘積的形式是證明本題的關鍵;屬于中檔題。21、（1）；（2）【解析】

（1）利用二倍角公式求解即可，注意隱含條件.（2）利用（1）中的結論，結合正弦定理和同角三角函數的關系易得的值，又由求出的值，最后由正弦定理求出的值，根據三角形的面積公式即可計算得出.【詳解】（1）由已知可得，所以，因為在銳角中，，所以（2）因為，所以，因為是銳角三角形，所以，所以.由正弦定理可得：，所以，所以【點睛】此類問題是高考的常考題型，主要考查了正弦定理、三角函數以及三角恒等變換等知識，同時考查了學生的基本運算能力和利用三角公式進行恒等變換的技能，屬于中檔題.22、（1）（2）【解析】

（1）求得，根據已知條件得到在恒成立，由此得到在恒成立，利用分離常數法求得的取值范圍.（2）構造函