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1、2024-2025学年黑龙江省哈尔滨市德强高级中学高三（上）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知zi=i1，则|z|=()A. 0B. 1C. 2D. 22.已知命题；命题，则()A. p和q都是真命题B. p的否定和q都是真命题C. p和q的否定都是真命题D. p的否定和q的否定都是真命题3.已知平面向量a,b满足|a|=1,|b|=2,(ba)a，则|a+b|=()A. 3B. 3C. 7D. 14.以下命题中真命题的是()A. 各侧面都是矩形的棱柱是长方体B. 有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱C. 体对角线都相
2、等的平行六面体是长方体D. 各侧面都是全等的矩形的直棱柱是正棱柱5.x，yR，函数f(x,y)= (x1)2+(y4)2+15|3x+4y5|的最小值为()A. 2B. 125C. 145D. 1656.已知函数f(x)=x3+3x+1，若关于x的方程f(sinx)+f(m+cosx)=2有实数解，则m的取值范围为()A. 1, 2B. 1,1C. 0,1D. 2, 27.已知正三棱台ABCA1B1C1的侧面积为6，AB=3A1B1，AA1= 2，则AA1与平面ABC所成角的余弦值为()A. 63B. 2 23C. 64D. 1048.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=3，BC=
3、CC1=2，点P在矩形BCC1B1内运动(包括边界)，M，N分别为BC，CC1的中点，若A1P/平面MAN，当A1P取得最小值时，B1BP的余弦值为()A. 55B. 2 55C. 1010D. 3 1010二、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04，且sin()=13，tan=5tan，则()A. sincos=56B. sincos=112C. sin2sin2=536D. +=610.已知等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn，且anbn=2n+1n+1，nN+，则下列结论正确的有()A. 数列anbn是递增数列B. S7T5=612
4、0C. 使anbn为整数的正整数n的个数为0D. S1S2SnT1T2Tn的最小值为3211.已知定义在实数集R上的函数f(x)，其导函数为f(x)，且满足f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy，f(1)=1，f(1)=2，则()A. f(0)=0B. f(2)=4C. f(0)=1D. f(2)=4三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知集合M=x|x1x+20，Q=xNx|2，则MQ= _13.已知正三棱柱ABCA1B1C1的体积与以ABC的外接圆为底面的圆柱的体积相等，则正三棱柱与圆柱的侧面积的比值为14.将两个观赏球体封闭在一个正方体容器内，设正方体棱长为1，则两个
5、球体体积之和的最大值为四、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)在锐角ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，ca= 13，sin2C= 3913ccosC(1)求A；(2)若sinB=2 3913，求ABC的周长16.(本小题15分)已知函数f(x)=lnx+ax1a(1)当a=1时，求f(x)在(1,f(1)处的切线方程；(2)若f(x)存在最大值，且最大值小于0，求a的取值范围17.(本小题15分)已知数列an满足a1=3，且an+1=2an,n是偶数an1,n是奇数(1)设bn=a2n+a2n1，证明：bn3是等比数列；(2
6、)求数列an的通项公式18.(本小题17分)如图，菱形ABCD的边长为4，BAD=60，E为AB的中点.将ADE沿DE折起，使A到达A，连接AB，AC，得到四棱锥ABCDE (1)证明：DEAB；(2)当二面角ADEB的平面角在4,34内变化时，求直线AC与平面ADE所成角的正弦值的最大值19.(本小题17分)当n1,n2,nkN，且n1n2nk时，我们把an1,an2,ank叫做数列an的k阶子数列，若an1,an2,ank成等差(等比)数列，则称an1,an2,ank为数列an的k阶等差(等比)子数列.已知项数为n(n4，且nN)的等差数列bn的首项b1= 2，公差d=2(1)写出数列b1
7、，b2，b6的所有3阶等差子数列；(2)数列bn中是否存在3阶等比子数列，若存在，请至少写出一个；若不存在，请说明理由；(3)记数列bn的3阶和4阶等差子数列个数分别为A，B，求证：A2B参考答案1.C2.B3.C4.C5.C6.D7.A8.D9.BCD10.ACD11.ABD12.0,113.214.(95 3)215.解(1)因为sin2C=2sinCcosC= 3913ccosC，由C0,2，cosC0，所以csinC=2 393由正弦定理asinA=csinC，所以sinA=acsinC= 32因为A为锐角，所以A=3(2)由正弦定理得b=asinBsinA=4在锐角ABC中，a2=b
8、2+c22bccosA，即13=16+c224ccos3，解得c=1或c=3当c=1时，cosB=a2+c2b22ac0对任意x(0,+)恒成立，所以f(x)在(0,+)上单调递增，无极值，不符合题意；当a0时，当0x0，f(x)单调递增；当x1a时，f(x)0，f(x)单调递减，所以当x=1a时，f(x)取得极大值，极大值f(1a)=1ln(a)1a，无极小值，此时f(1a)=1ln(a)1a0，设g(a)=1+ln(a)+1a(a0)，可得g(a)=1a1a20等价于g(a)g(1)，解得a1综上所述，a的取值范围为(,1)17.解：(1)证明：数列an满足a1=3，且an+1=2an,n
9、是偶数an1,n是奇数a2n=a(2n1)+1=a2n11，bn=a2n+a2n1，bn+1=2a2n+11，bn=2a2n+1，a2n+1=bn+1+12,2a2n=bn1，a2n+1=2a2n，bn+1+12=bn1，bn+13=2(bn3)，b13=a1+a23=a2=20，bn30，bn+13bn3=2，数列bn3是以2为首项，2为公比的等比数列(2)数列bn3是以2为首项，2为公比的等比数列bn3=22n1=2n，即bn=2n+3，bn=2a2n+1，a2n=1+2n1，bn=a2n+a2n1=2a2n11，a2n1=2+2n1，an=1+2n21,n为偶数2+2n12,n为奇数18
10、.解：(1)证明：在菱形ABCD中，E为AB的中点，BAD=60，DEAB，在翻折过程中，恒有DEAE，DEBE，又AEBE=E，AE平面ABE，BE平面ABE，DE平面ABE，又AB平面ABE，DEAB；(2)由题意及(1)得，AEB为二面角ADEB的平面角，记其为，则4,34，以EB的方向为x轴的正方向，ED的方向为y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则E(0,0,0),A(2cos,0,2sin),D(0,2 3,0),C(4,2 3,0)，EA=(2cos,0,2sin),ED=(0,2 3,0)，设平面ADE的法向量n=(x,y,z)，则EAn=0EDn=0，即2xcos+2
11、zsin=02 3y=0，则可取n=(sin,0,cos),AC=(42cos,2 3,2sin)，则cos=ACn|AC|n|=4sin 3216cos=sin 2cos=1 2cos1cos2，令t=2cos,4,34，得t2 22,2+ 22，cos=1 t3+4tt2=1 1(3t+t)+4= (3t+t)+4 31，当且仅当t= 3时，等号成立，设直线AC与平面ADE所成角为，则sin=|cos|， 32 22,2+ 22，直线AC与平面ADE所成角的正弦值的最大值为 3119.解：(1)所求三阶等差子数列为b1，b2，b3；b2，b3，b4；b3，b4，b5；b4，b5，b6；b1
12、，b3，b5；b2，b4，b6(2)由题意得等差数列bn的通项为bn= 2+2(n1)，假设存在三阶等比子数列bx+1，by+1，bz+1(0xyzn1)，则by+12=bx+1bz+1，即( 2+2y)2=( 2+2x)(2 2+z)，化简得2 2(2yxz)+4(y2xz)=0，所以2y=x+z,y2=xz, 消y得(x+z2)2=xz，即(xz)2=0，所以x=z与0xyzn1矛盾，故假设不成立，因此数列bn不存在三阶等比子数列(3)先求A的值，当n为奇数时，A=(n2)+(n4)+3+1=(n1)n122=(n1)24；当n为偶数时，A=(n2)+(n4)+4+2=nn222=n(n2)4，所以A=(n1)24,n=2k1+1,n(n2)4,n=2k1+2,(k1N)再求B的值，当n=3k2(k2N)时，B=(n3)+(n6)+3=nn332=n(n3)6，当n=3k2+1时，B=(n3)+(n6)+4+1=(n2)n132=(n1)(n2)6，当n=3k2+2时，B=(n3)+(n6)+5+2=(n1)n232=(n1)(n2)6，所以B=n(n3)6,n=3k2,(n1)
