黑龙江省哈尔滨师范大学附属-中学2024届高三第二次调研考试（10月）数学试题.zip

哈师大附中哈师大附中 2021 级高三第二次调研考试级高三第二次调研考试 数学试题数学试题（满分（满分 150 分，考试时间分，考试时间 120 分钟）分钟）一、选择题（前一、选择题（前 8 个小题为单选题，每题只有一个选项，每题个小题为单选题，每题只有一个选项，每题 5 分，满分分，满分 40 分；后分；后 4 小小题为多选题，每题不只有一个选项，每题题为多选题，每题不只有一个选项，每题 5 分，满分分，满分 20 分）分）1.已知集合235,log(2)2,Ay yxxRBxxxR，则AB（）A.27xx B.5x x C.57xx D.25xx 2.已知 p：02x，那么 p 的一个充分不必要条件是（）A01x B11x C02x D03x 3.sin(1230)（）A.12 B.12 C.32 D.32 4.已知27272723,log 277abc，则（）Aabc Bbac Ccba Dcab 5.若正数,x y满足63xy，则31yxy的最小值为（）A4 B98 C2 3 D 2 6.已知函数 f x的定义域为 R，其导函数为 fx，且(5)0 xfx，则下列关系一定正确的是（）A(3)(5)2(4)fff B(4)(6)2(5)fff C(0)(5)0ff D(3)(7)2(5)fff 7.将函数 sin 2(0)6g xx图像上所有点的横坐标变为原来的 2 倍，纵坐标不变，得到函数 f x，函数 f x在区间0，上有且只有两个零点，则的取值范围为（）A6 11(,56 B6 11(,)5 6 C7 13(,66 D7 13(,)66 8.我国古代数学家赵爽在周髀算经一书中利用“赵爽弦图”巧妙的证明了勾股定理，该图形是以弦为边长得到的正方形由 4 个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由 3 个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，若3,3AFEF AF,AFABAC，则=（）A1519 B.619 C.919 D.4 1919 多选题（共多选题（共 4 个小题，每题不只有一个选项，每题个小题，每题不只有一个选项，每题 5 分，满分分，满分 20 分）分）9.如图所示是 yf x的导数 yfx的图象，下列结论中正确的有（）A f x的单调递增区间是(1,2)(4,)B=1x是()f x的极小值点 C f x在区间(2,4)上单调递减，在区间(1,2)上单调递增 D2x 是 f x的极小值点 10.若0,0,4abab，则下列结论正确的是（）A.2ab B.228ab C.22(1)(3)32ab D.2243ab 11.函数 sinf xAx（0A，0，2）的部分图象如图所示，下列说法正确的是（）A函数2)1yfx（的周期是2 B点503，是函数 yf x的图象的对称中心 C函数 yf x在5,6上单调递减 D 1f x 对于52,3x 恒成立 A B C D E F#QQABRQ4AogiAAgBAAQhCQwXQCkCQkBECCAoGQAAAMAAAgQFABAA=#12.已知定义在 R 上的奇函数 f x满足 2fxf x，当0,1x时，f xx，定义符号函数1,0sgn0,01,0 xxxx，则下列结论正确的是（）A sgnf x是奇函数 B2023sgn(2023)ff Csgn211Zfkk D sgnfx关于直线3x 对称 二、二、填空题（共填空题（共 4 个小题，每题个小题，每题 5 分，满分分，满分 20 分）分）13.已知幂函数 2(277)mf xmmx为非奇非偶函数，则实数m=_.14.函数 12log(4)f xax在区间2,3上是单调递增，则实数a的取值范围是_.15.已知向量,a b，2,3ab，a与b的夹角为23，则axb的值最小时，实数x的值为_.16.在ABC中，3AB，3C，当3BCAC取最大值时，AC=_.三、解答题（共三、解答题（共 6 题，第题，第 17 题题 10 分，第分，第 18 至第至第 22 题每题题每题 12 分，共分，共 70 分）分）17已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，角的终边过点(5,12)A .（I）求sin232的值；（II）若0 202，4sin5，求cos的值.18已知正四棱柱1111ABCDABC D中，11,2ABAA,E为线段11A B的中点，F为线段AB的中点 （I）求直线1BB与平面1AEC所成角的正弦值；（II）证明：直线/FC平面1AEC并且求出直线FC到平面1AEC的距离 19.已知数列 na为等差数列，且24410,16aSa.（I）求 na的通项公式；（II）数列 nb满足111(*)3nnnnnbnaNa，数列 nb的前n项和为nS，求证：112nS.20在ABC中，角,A B C的对边分别为,a b c,若()(sinsin)(sinsin)abABcBC.（I）求角A的大小；（II）若D为BC上一点，12BADBAC，3AD，求4bc的最小值.21已知双曲线22221(0,0)Cababxy：的渐近线为52yx，点552P（，）在C上，直线l：ykxt与双曲线C相交于两点M，N，线段MN的垂直平分线分别与x，y轴相交于 A,B两点（I）若直线l过点(0,1)，且点M，N都在双曲线的左支上，求k的取值范围；（II）若AOB（O为坐标原点）的面积为812，且0k，求k的取值范围 22.已知函数1()lnxf xeax（I）当1a 时，求曲线()yf x在(1,(1)f处的切线方程；（II）当0a，若不等式()lnf xaaa恒成立，求a的取值范围.x y M N A B O#QQABRQ4AogiAAgBAAQhCQwXQCkCQkBECCAoGQAAAMAAAgQFABAA=#哈师大附中 2021 级高三第二次调研考试数学试题答案 一、选择题一、选择题 1.D 2.A 3.B 4.D 5.A 6.B 7.C 8.A 多选题多选题 9.BC 10.BD 11.BCD 12.ABD 二、二、填空题（共填空题（共 4 个小题，每题个小题，每题 5 分，满分分，满分 20 分）分）13.32 14.403，15.13 16.7 1313 三、解答题（共三、解答题（共 6 题，第题，第 17 题题 10 分，第分，第 18 至第至第 22 题每题题每题 12 分，共分，共 70 分）分）17 解：12513,sin,cos1313rOA=（I）2119sin2cos21 2 os1693c2+=（II）()330 202222 2，-，0，()4sin5=()3cos5=()63coscos()coscos()sinsin()65=+=18 解：（I）在正四棱柱1111ABCDABC D中，以1D为原点，11111,D A DC D D所在的直线分别为,x y z轴建立空间坐标系，则()1,0,2A，()1,1,2B，()0,1,2C，1(1,1,0)B，()10,1,0C，1(1,0)2E，1(1,2)2F，于是()10,0,2BB=，10,(),22AE=，11(1,0)2EC=，设平面1AEC的法向量为(,)nx y z=，则11202102n AEyzn ECxy=+=，令1z=，得()2,4,1n=，令直线1BB与平面1AEC所成的角为，则111|21sin|cos,|21|n BBn BBn BB=，所以直线1BB与平面1AEC所成角的正弦值是2121.#QQABRQ4AogiAAgBAAQhCQwXQCkCQkBECCAoGQAAAMAAAgQFABAA=#（II）由（1）知，(0)1,02AF=，1(1,0)2FC=，显然11(1,0)2FCEC=，即1/FCEC，而FC平面1AEC，1EC 平面1AEC，于是/FC平面1AEC，因此直线FC到平面1AEC的距离等于点F到平面1AEC的距离，而点F到平面1AEC的距离为|22 2121|21AF nn=，所以直线 FC 到平面1AEC的距离是2 2121.19.解：（I）21(*)nnnNa=（II）1111111113(21)(321)4(21)3(21)3nnnnnnnnnbnnnaan+=+11 114 3(21)3nnSn+=+，111*,0,(21)312nnnNSn+.20 解：（I）依题意，sinsinsinsinabBCcAB+=，由正弦定理得222,abbcabbcccab+=+，222cbabc+=，所以2221cos022bcaAbc+=，所以A是钝角，所以23A=.（II）123BADCADA=，ABCABDACDSSS=+，所以1211sin3 sin3 sin232323bccb=+，即()333,1bcbccbbccb+=+=+=，所以()33123123441515227bcbcbcbccbcbcb+=+=+=，当且仅当()123,293bccbcbbccb=+时等号成立.21#QQABRQ4AogiAAgBAAQhCQwXQCkCQkBECCAoGQAAAMAAAgQFABAA=#解：（I）22555,12,524babaab=且，故双曲线C：22145xy=，设()11,M x y，()22,N xy当直线l过点(0,1)时，1t=，直线l的方程为1ykx=+，由221145ykxxy=+=，得()22548240kxkx=，由2504k，()226496 540kk=+，解得665222kk 且，121222824,5454kxxx xkk+=因为点M，N都在左支上，121212228240,0,0,05454kxxxxx xkk+=所以5262k 所以k的取值范围为5,262（II）将ykxt=+代入22145xy=并整理得()2225484200kxktxt=，由2504k，()()()22284 544200ktkt=+，得22540tk+，21212228420,5454kttxxx xkk+=设线段MN的中点为()00,xy，则12024254xxktxk+=，002554tykxtk=+=，所以线段MN的垂直平分线的方程为225145454tktyxkkk=，所以A点的坐标为29,054ktk，B点的坐标为290,54tk，因为AOB的面积为812，所以22199812 54542kttkk=，整理得()22254ktk=，所以()22254540kkk+，所以()()2245450kkk，解得502k或54k，所以k的取值范围为5555,00,4224+22.解：（I）1()lnxf xex=+，11()xfxex=+，(1)2kf=.x y M N A B O#QQABRQ4AogiAAgBAAQhCQwXQCkCQkBECCAoGQAAAMAAAgQFABAA=#(1)1f=，切点坐标为(1,1),函数()f x在点(1,f(1)处的切线方程为12(1)yx=,即21yx=,（II）方法一：通性通法 1()lnlnxg xeaxaaa=,1()xag xex=，且0a.设()()h xg x=,则12()0,xah xex=+h(x)在(0,)+上单调递增，即()g x在(0,)+上单调递增，11(1)0,()(1)011aaaag aegeaaa+=+存在唯一00 x，使得0100()0 xag xex=，且当0(0,)xx时()0g x，当0(,)xx+时()0g x，010 xaex=，00ln1lnxxa+=，因此01min00()()lnlnxg xg xeaxaaa=00000111100000012000ln(ln1)(1 2ln)0 xxxxxex exx ex exxexxx+=其中1()2lnu xxxx=单调递减，0()0(1)u xu=001x(11(),0,1()(1)0,()01xxt xxext xx et x=+设时在，上递增(01001xax e=，综上所述，实数 a的取值范围是(0,1.方法二【最优解】：同构 由()lnf xaaa+得1lnlnxeaxaaa+，即1(lnln1)(ln1)xxeaxxaaxax+=+，令1()(0)xh xxex=，则1()(1)0 xh xxe=+，所以()h x在()0,+上单调递增()(0,()0,0,()0,xh xxh x+有有 由1(ln1)xxeaxax+，可知()(ln1)h xhax+，0,ln10,()0,(ln1)0,ln1xaxh xhaxxax+若满足，若0,ln10,()(ln1),ln1xaxh xhaxxax+可得 所以ln1lnln10)xaxaxx+=+（，#QQABRQ4AogiAAgBAAQhCQwXQCkCQkBECCAoGQAAAMAAAgQFABAA=#所以minln(ln1)axx 令()ln1F xxx=+，则11()1xF xxx=+=所以当(0,1)x时，()0,()F xF x单调递减 当(1,)x+时，()0,()F xF x单调递增 所以min()(1)0F xF=，则ln0a，即1a 综上所述，实数 a的取值范围是(0,1.方法三：因为定义域为(0,)+，且由()lnf xaaa+，所以(1)lnfaaa+，即ln1aaa+令l(n)aaaS a+=，则()()22()2ln,()0,S aa S aaeae=+在递减，递增，因为(1)1S=，()()22()2ln,()()1,0,()1,1()1S aa S aeS aaeS aaS a=+在，1 递增，递减，时，01a 下面证明当01a时，()lnf xaaa+恒成立 11lnlnln1xxeaxaaaex 令()ln1F xxx=+，则11()1xF xxx=+=所以当(0,1)x时，()0,()F xF x单调递减 当(1,)x+时，()0,()F xF x单调递增 所以min()(1)0F xF=11ln1ln1xxxxeex+=1ln10 xexxx=故1a 时，()lnf xaaa+恒成立 当1a 时，因为(1)1lnfaaa=+，显然不满足()1f x 恒成立 实数 a 的取值范围是(0,1#QQABRQ4AogiAAgBAAQhCQwXQCkCQkBECCAoGQAAAMAAAgQFABAA=#