黑龍江省黑河市遜克縣一中2025年高三（高補班）上-期中考試數學試題試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．已知函數的定義域為，且，當時，.若，則函數在上的最大值為（）A．4 B．6 C．3 D．82．已知函數滿足當時，，且當時，；當時，且).若函數的圖象上關于原點對稱的點恰好有3對，則的取值范圍是（）A． B． C． D．3．某裝飾公司制作一種扇形板狀裝飾品，其圓心角為120°，并在扇形弧上正面等距安裝7個發彩色光的小燈泡且在背面用導線相連(弧的兩端各一個，導線接頭忽略不計)，已知扇形的半徑為30厘米，則連接導線最小大致需要的長度為（）A．58厘米 B．63厘米 C．69厘米 D．76厘米4．下圖所示函數圖象經過何種變換可以得到的圖象（）A．向左平移個單位 B．向右平移個單位C．向左平移個單位 D．向右平移個單位5．下列函數中，圖象關于軸對稱的為（）A． B．，C． D．6．給定下列四個命題：①若一個平面內的兩條直線與另一個平面都平行，則這兩個平面相互平行；②若一個平面經過另一個平面的垂線，則這兩個平面相互垂直；③垂直于同一直線的兩條直線相互平行；④若兩個平面垂直，那么一個平面內與它們的交線不垂直的直線與另一個平面也不垂直．其中，為真命題的是()A．①和②B．②和③C．③和④D．②和④7．我國古代數學著作《九章算術》中有如下問題：“今有器中米，不知其數，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升(注：一斗為十升).問，米幾何？”下圖是解決該問題的程序框圖，執行該程序框圖，若輸出的S=15(單位：升)，則輸入的k的值為（）?A．45 B．60 C．75 D．1008．在正方體中，，分別為，的中點，則異面直線，所成角的余弦值為（）A． B． C． D．9．集合，，則=()A． B．C． D．10．以下關于的命題，正確的是A．函數在區間上單調遞增B．直線需是函數圖象的一條對稱軸C．點是函數圖象的一個對稱中心D．將函數圖象向左平移需個單位，可得到的圖象11．對兩個變量進行回歸分析，給出如下一組樣本數據：，，，，下列函數模型中擬合較好的是（）A． B． C． D．12．下列命題是真命題的是（）A．若平面，，，滿足，，則；B．命題：，，則：，；C．“命題為真”是“命題為真”的充分不必要條件；D．命題“若，則”的逆否命題為：“若，則”.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知一組數據1.6，1.8，2，2.2，2.4，則該組數據的方差是_______．14．函數的圖象向右平移個單位后，與函數的圖象重合，則_____．15．已知實數滿約束條件，則的最大值為___________.16．已知等比數列滿足公比，為其前項和，，，構成等差數列，則_______．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）已知函數，.（1）當時，①求函數在點處的切線方程；②比較與的大小;（2）當時，若對時，，且有唯一零點，證明：．18．（12分）在銳角中，分別是角的對邊，，，且．（1）求角的大小；（2）求函數的值域．19．（12分）在直角坐標系中，已知曲線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，直線的極坐標方程為.（1）求曲線的普通方程和直線的直角坐標方程；（2）若射線的極坐標方程為（）.設與相交于點，與相交于點，求.20．（12分）選修4—5；不等式選講．已知函數．(1)若的解集非空，求實數的取值范圍；(2)若正數滿足，為（1）中m可取到的最大值，求證：．21．（12分）在中，角的對邊分別為，已知．（1）求角的大小；（2）若，求的面積．22．（10分）甲、乙、丙三名射擊運動員射中目標的概率分別為，三人各射擊一次，擊中目標的次數記為.（1）求的分布列及數學期望；（2）在概率(=0，1，2，3)中,若的值最大,求實數的取值范圍.

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．A【解析】

根據所給函數解析式滿足的等量關系及指數冪運算，可得；利用定義可證明函數的單調性，由賦值法即可求得函數在上的最大值.【詳解】函數的定義域為，且，則；任取，且，則，故，令，，則，即，故函數在上單調遞增，故，令，，故，故函數在上的最大值為4.故選：A.本題考查了指數冪的運算及化簡，利用定義證明抽象函數的單調性，賦值法在抽象函數求值中的應用，屬于中檔題.2．C【解析】

先作出函數在上的部分圖象，再作出關于原點對稱的圖象，分類利用圖像列出有3個交點時滿足的條件，解之即可.【詳解】先作出函數在上的部分圖象，再作出關于原點對稱的圖象，如圖所示，當時，對稱后的圖象不可能與在的圖象有3個交點；當時，要使函數關于原點對稱后的圖象與所作的圖象有3個交點，則，解得.故選：C.本題考查利用函數圖象解決函數的交點個數問題，考查學生數形結合的思想、轉化與化歸的思想，是一道中檔題.3．B【解析】

由于實際問題中扇形弧長較小，可將導線的長視為扇形弧長，利用弧長公式計算即可.【詳解】因為弧長比較短的情況下分成6等分，所以每部分的弦長和弧長相差很小，可以用弧長近似代替弦長，故導線長度約為63(厘米).故選：B.本題主要考查了扇形弧長的計算，屬于容易題.4．D【解析】

根據函數圖像得到函數的一個解析式為，再根據平移法則得到答案.【詳解】設函數解析式為，根據圖像：，，故，即，，，取，得到，函數向右平移個單位得到.故選：.本題考查了根據函數圖像求函數解析式，三角函數平移，意在考查學生對于三角函數知識的綜合應用.5．D【解析】

圖象關于軸對稱的函數為偶函數,用偶函數的定義及性質對選項進行判斷可解.【詳解】圖象關于軸對稱的函數為偶函數；A中，，，故為奇函數；B中，的定義域為，不關于原點對稱，故為非奇非偶函數；C中，由正弦函數性質可知，為奇函數；D中，且，，故為偶函數.故選：D.本題考查判斷函數奇偶性.判斷函數奇偶性的兩種方法:(1)定義法：對于函數的定義域內任意一個都有，則函數是奇函數；都有，則函數是偶函數(2)圖象法：函數是奇(偶)函數函數圖象關于原點(軸)對稱．6．D【解析】

利用線面平行和垂直，面面平行和垂直的性質和判定定理對四個命題分別分析進行選擇．【詳解】當兩個平面相交時，一個平面內的兩條直線也可以平行于另一個平面，故①錯誤；由平面與平面垂直的判定可知②正確；空間中垂直于同一條直線的兩條直線還可以相交或者異面，故③錯誤；若兩個平面垂直，只有在一個平面內與它們的交線垂直的直線才與另一個平面垂直，故④正確．綜上，真命題是②④.故選：D本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力，是中檔題．7．B【解析】

根據程序框圖中程序的功能，可以列方程計算．【詳解】由題意，．故選：B.本題考查程序框圖，讀懂程序的功能是解題關鍵．8．D【解析】

連接，，因為，所以為異面直線與所成的角（或補角），不妨設正方體的棱長為2，取的中點為，連接，在等腰中，求出，在利用二倍角公式，求出，即可得出答案.【詳解】連接，，因為，所以為異面直線與所成的角（或補角），不妨設正方體的棱長為2，則，，在等腰中，取的中點為，連接，則，，所以，即：，所以異面直線，所成角的余弦值為.故選：D.本題考查空間異面直線的夾角余弦值，利用了正方體的性質和二倍角公式，還考查空間思維和計算能力.9．C【解析】

先化簡集合A,B，結合并集計算方法，求解，即可．【詳解】解得集合，所以，故選C．本道題考查了集合的運算，考查了一元二次不等式解法，關鍵化簡集合A,B，難度較小．10．D【解析】

利用輔助角公式化簡函數得到，再逐項判斷正誤得到答案.【詳解】A選項，函數先增后減，錯誤B選項，不是函數對稱軸，錯誤C選項，，不是對稱中心，錯誤D選項，圖象向左平移需個單位得到，正確故答案選D本題考查了三角函數的單調性，對稱軸，對稱中心，平移，意在考查學生對于三角函數性質的綜合應用，其中化簡三角函數是解題的關鍵.11．D【解析】

作出四個函數的圖象及給出的四個點，觀察這四個點在靠近哪個曲線．【詳解】如圖，作出A，B，C，D中四個函數圖象，同時描出題中的四個點，它們在曲線的兩側，與其他三個曲線都離得很遠，因此D是正確選項，故選：D．本題考查回歸分析，擬合曲線包含或靠近樣本數據的點越多，說明擬合效果好．12．D【解析】

根據面面關系判斷A；根據否定的定義判斷B；根據充分條件，必要條件的定義判斷C；根據逆否命題的定義判斷D.【詳解】若平面，，，滿足，，則可能相交，故A錯誤；命題“：，”的否定為：，，故B錯誤；為真，說明至少一個為真命題，則不能推出為真；為真，說明都為真命題，則為真，所以“命題為真”是“命題為真”的必要不充分條件，故C錯誤；命題“若，則”的逆否命題為：“若，則”，故D正確；故選D本題主要考查了判斷必要不充分條件，寫出命題的逆否命題等，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．0.08【解析】

先求解這組數據的平均數，然后利用方差的公式可得結果.【詳解】首先求得，．故答案為：0.08.本題主要考查數據的方差，明確方差的計算公式是求解的關鍵，側重考查數據分析的核心素養.14．【解析】

根據函數圖象的平移變換公式求得變換后的函數解析式,再利用誘導公式求得滿足的方程,結合題中的范圍即可求解.【詳解】由函數圖象的平移變換公式可得,函數的圖象向右平移個單位后,得到的函數解析式為,因為函數，所以函數與函數的圖象重合,所以,即,因為,所以.故答案為:本題考查函數圖象的平移變換和三角函數的誘導公式;誘導公式的靈活運用是求解本題的關鍵;屬于中檔題.15．8【解析】

畫出可行域和目標函數，根據平移計算得到答案.【詳解】根據約束條件，畫出可行域，圖中陰影部分為可行域.又目標函數表示直線在軸上的截距，由圖可知當經過點時截距最大，故的最大值為8.故答案為：.本題考查了線性規劃問題，畫出圖像是解題的關鍵.16．0【解析】

利用等差中項以及等比數列的前項和公式即可求解.【詳解】由，，是等差數列可知因為，所以，故答案為：0本題考查了等差中項的應用、等比數列的前項和公式，需熟記公式，屬于基礎題.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）①見解析，②見解析；（2）見解析【解析】

（1）①把代入函數解析式，求出函數的導函數得到，再求出，利用直線方程的點斜式求函數在點處的切線方程；②令，利用導數研究函數的單調性，可得當時，；當時，；當時，．（2）由題意，，在上有唯一零點．利用導數可得當時，在上單調遞減，當，時，在，上單調遞增，得到．由在恒成立，且有唯一解，可得，得，即．令，則，再由在上恒成立，得在上單調遞減，進一步得到在上單調遞增，由此可得．【詳解】解：（1）①當時，，，，又，切線方程為，即；②令，則，在上單調遞減．又，當時，，即；當時，，即；當時，，即．證明：（2）由題意，，而，令，解得．，，在上有唯一零點．當時，，在上單調遞減，當，時，，在，上單調遞增．．在恒成立，且有唯一解，，即，消去，得，即．令，則，在上恒成立，在上單調遞減，又，，．在上單調遞增，．本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，考查利用導數研究函數的單調性，考查邏輯思維能力與推理論證能力，屬難題．18．（1）；（2）【解析】

（1）由向量平行的坐標表示、正弦定理邊化角和兩角和差正弦公式可化簡求得，進而得到；（2）利用兩角和差余弦公式、二倍角和輔助角公式化簡函數為，根據的范圍可確定的范圍，結合正弦函數圖象可確定所求函數的值域.【詳解】（1），，由正弦定理得：，即，，，，又，.（2）在銳角中，，．．，，，，函數的值域為．本題考查三角恒等變換、解三角形和三角函數性質的綜合應用問題；涉及到共線向量的坐標表示、利用三角恒等變換公式化簡求值、正弦定理邊化角的應用、正弦型函數值域的求解等知識.19．（1）曲線的普通方程為；直線的直角坐標方程為（2）【解析】

（1）利用消去參數，將曲線的參數方程化成普通方程，利用互化公式，將直線的極坐標方程化為直角坐標方程；（2）根據（1）求出曲線的極坐標方程，分別聯立射線與曲線以及射線與直線的極坐標方程，求出和，即可求出.【詳解】解：（1）因為（為參數），所以消去參數，得，所以曲線的普通方程為.因為所以直線的直角坐標方程為.（2）曲線的極坐標方程為.設的極徑分別為和，將（）代入，解得，將（）代入，解得.故.本題考查利用消參法將參數方程化成普通方程以及利用互化公式將極坐標方程化為直角坐標方程，還考查極徑的運用和兩點間距離，屬于中檔題.20．(1);(2)見解析.【解析】試題分析：（1）討論三種情況去絕對值符號，可得所以，由此得，解得；（2）利用分析法，由（1）知，，所以，因為，要證，只需證，即證，只需證即可得結果.試題解析：（1）去絕對值符號，可得所以，所以，解得，所以實數的取值范圍為．（2）由（1）知，，所以．因為，所以要證，只需證，即證，即證.因為，所以只需證，因為，∴成立，所以解法二：x2+y2=2，x、y∈R+，x+y≥2xy設：證明：x+y-2xy==令，∴原式====當時，