黑龙江省七台河市重点中学高三下第一次测试新高考数学试题及答案解析

黑龙江省七台河市重点中学高三下第一次测试新高考数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．设递增的等比数列的前n项和为，已知，，则（）A．9 B．27 C．81 D．2．已知非零向量，满足，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解:3．已知随机变量满足，，.若，则（）A．， B．，C．， D．，4．正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（）A． B． C． D．5．二项式展开式中，项的系数为（）A． B． C． D．6．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（）A． B． C． D．7．一个空间几何体的正视图是长为4，宽为的长方形，侧视图是边长为2的等边三角形，俯视图如图所示，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．8．若的展开式中的常数项为-12，则实数的值为（）A．-2 B．-3 C．2 D．39．中，点在边上，平分，若，，，，则（）A． B． C． D．10．已知与之间的一组数据：12343.24.87.5若关于的线性回归方程为，则的值为（）A．1.5 B．2.5 C．3.5 D．4.511．下图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边、直角边，已知以直角边为直径的半圆的面积之比为，记，则（）A． B． C．1 D．12．函数（），当时，的值域为，则的范围为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．电影《厉害了，我的国》于2018年3月正式登陆全国院线，网友纷纷表示，看完电影热血沸腾“我为我的国家骄傲，我为我是中国人骄傲！”《厉害了，我的国》正在召唤我们每一个人，不忘初心，用奋斗书写无悔人生，小明想约甲、乙、丙、丁四位好朋友一同去看《厉害了，我的国》，并把标识为的四张电影票放在编号分别为1，2，3，4的四个不同的盒子里，让四位好朋友进行猜测：甲说：第1个盒子里放的是，第3个盒子里放的是乙说：第2个盒子里放的是，第3个盒子里放的是丙说：第4个盒子里放的是，第2个盒子里放的是丁说：第4个盒子里放的是，第3个盒子里放的是小明说：“四位朋友你们都只说对了一半”可以预测，第4个盒子里放的电影票为_________14．在棱长为的正方体中，是面对角线上两个不同的动点.以下四个命题：①存在两点，使；②存在两点，使与直线都成的角；③若，则四面体的体积一定是定值；④若，则四面体在该正方体六个面上的正投影的面积的和为定值.其中为真命题的是____.15．直线过圆的圆心，则的最小值是_____.16．定义，已知，，若恰好有3个零点，则实数的取值范围是________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图所示，在三棱柱中，为等边三角形，，，平面，是线段上靠近的三等分点.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.18．（12分）数列满足，是与的等差中项.（1）证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.19．（12分）在直角坐标平面中，已知的顶点，，为平面内的动点，且.（1）求动点的轨迹的方程；（2）设过点且不垂直于轴的直线与交于，两点，点关于轴的对称点为，证明：直线过轴上的定点.20．（12分）已知函数，其中e为自然对数的底数.（1）讨论函数的单调性；（2）用表示中较大者，记函数.若函数在上恰有2个零点，求实数a的取值范围.21．（12分）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，，分别为，的中点．（1）求证：．（2）若，求二面角的余弦值．22．（10分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，.（1）求cosC；（2）若b＝7，D是BC边上的点，且△ACD的面积为，求sin∠ADB.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】

根据两个已知条件求出数列的公比和首项，即得的值.【详解】设等比数列的公比为q.由，得，解得或.因为.且数列递增，所以.又，解得，故.故选：A【点睛】本题主要考查等比数列的通项和求和公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2、C【解析】

根据向量的数量积运算，由向量的关系，可得选项.【详解】，，∴等价于，故选：C.【点睛】本题考查向量的数量积运算和命题的充分、必要条件，属于基础题.3、B【解析】

根据二项分布的性质可得：，再根据和二次函数的性质求解.【详解】因为随机变量满足，，.所以服从二项分布，由二项分布的性质可得：，因为，所以，由二次函数的性质可得：，在上单调递减，所以.故选：B【点睛】本题主要考查二项分布的性质及二次函数的性质的应用，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.4、D【解析】

如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得外接球的表面积.【详解】如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面，.因为，故，因为，故.由正弦定理可得，故，又因为，故.因为，故平面，所以，因为平面，平面，故，故，所以四边形为平行四边形，所以，所以，故外接球的半径为，外接球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度.5、D【解析】

写出二项式的通项公式,再分析的系数求解即可.【详解】二项式展开式的通项为,令,得,故项的系数为.故选：D【点睛】本题主要考查了二项式定理的运算,属于基础题.6、D【解析】

由变形可得,可知函数在为增函数,由恒成立,求解参数即可求得取值范围.【详解】,即函数在时是单调增函数.则恒成立..令,则时,单调递减,时单调递增.故选:D.【点睛】本题考查构造函数,借助单调性定义判断新函数的单调性问题,考查恒成立时求解参数问题,考查学生的分析问题的能力和计算求解的能力,难度较难.7、B【解析】

由三视图确定原几何体是正三棱柱，由此可求得体积．【详解】由题意原几何体是正三棱柱，．故选：B．【点睛】本题考查三视图，考查棱柱的体积．解题关键是由三视图不愿出原几何体．8、C【解析】

先研究的展开式的通项，再分中，取和两种情况求解.【详解】因为的展开式的通项为，所以的展开式中的常数项为：，解得，故选：C.【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.9、B【解析】

由平分，根据三角形内角平分线定理可得，再根据平面向量的加减法运算即得答案.【详解】平分，根据三角形内角平分线定理可得，又，，，，..故选：.【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题.10、D【解析】

利用表格中的数据，可求解得到代入回归方程，可得，再结合表格数据，即得解.【详解】利用表格中数据，可得又，．解得故选：D【点睛】本题考查了线性回归方程过样本中心点的性质，考查了学生概念理解，数据处理，数学运算的能力，属于基础题.11、D【解析】

根据以直角边为直径的半圆的面积之比求得，即的值，由此求得和的值，进而求得所求表达式的值.【详解】由于直角边为直径的半圆的面积之比为，所以，即，所以，所以.故选：D【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查二倍角公式，属于基础题.12、B【解析】

首先由，可得的范围，结合函数的值域和正弦函数的图像，可求的关于实数的不等式，解不等式即可求得范围.【详解】因为，所以，若值域为，所以只需，∴.故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的值域，熟悉正弦函数的单调性和特殊角的三角函数值是解题的关键，侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、A或D【解析】

分别假设每一个人一半是对的，然后分别进行验证即可．【详解】解：假设甲说：第1个盒子里面放的是是对的，则乙说：第3个盒子里面放的是是对的，丙说：第2个盒子里面放的是是对的，丁说：第4个盒子里面放的是是对的，由此可知第4个盒子里面放的是；假设甲说：第3个盒子里面放的是是对的，则丙说：第4个盒子里面放的是是对的，乙说：第2个盒子里面放的是是对的，丁说：第3个盒子里面放的是是对的，由此可知第4个盒子里面放的是．故第4个盒子里面放的电影票为或．故答案为：或【点睛】本题考查简单的合情推理，考查推理论证能力、分析判断能力、归纳总结能力，属于中档题．14、①③④【解析】

对于①中，当点与点重合，与点重合时，可判断①正确；当点点与点重合，与直线所成的角最小为，可判定②不正确；根据平面将四面体可分成两个底面均为平面，高之和为的棱锥，可判定③正确；四面体在上下两个底面和在四个侧面上的投影，均为定值，可判定④正确.【详解】对于①中，当点与点重合，与点重合时，，所以①正确；对于②中，当点点与点重合，与直线所成的角最小，此时两异面直线的夹角为，所以②不正确；对于③中，设平面两条对角线交点为，可得平面，平面将四面体可分成两个底面均为平面，高之和为的棱锥，所以四面体的体积一定是定值，所以③正确；对于④中，四面体在上下两个底面上的投影是对角线互相垂直且对角线长度均为1的四边形，其面积为定义，四面体在四个侧面上的投影，均为上底为，下底和高均为1的梯形，其面积为定值，故四面体在该正方体六个面上的正投影的面积的和为定值，所以④正确.故答案为：①③④.【点睛】本题主要考查了以空间几何体的结构特征为载体的谜题的真假判定及应用，其中解答中涉及到棱柱的集合特征，异面直线的关系和椎体的体积，以及投影的综合应用，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题.15、【解析】

直线mx﹣ny﹣1＝0（m＞0，n＞0）经过圆x2+y2﹣2x+2y﹣1＝0的圆心（1，﹣1），可得m+n＝1，再利用“乘1法”和基本不等式的性质即可得出.【详解】∵mx﹣ny﹣1＝0（m＞0，n＞0）经过圆x2+y2﹣2x+2y﹣1＝0的圆心（1，﹣1），∴m+n﹣1＝0，即m+n＝1.∴（）（m+n）＝22+2＝4，当且仅当m＝n时取等号.∴则的最小值是4.故答案为：4.【点睛】本题考查了圆的标准方程、“乘1法”和基本不等式的性质，属于基础题.16、【解析】

根据题意，分类讨论求解，当时，根据指数函数的图象和性质无零点，不合题意；当时，令，得，令，得或，再分当，两种情况讨论求解.【详解】由题意得：当时，在轴上方，且为增函数，无零点，至多有两个零点，不合题意；当时，令，得，令，得或，如图所示：当时，即时，要有3个零点，则，解得；当时，即时，要有3个零点，则，令，，所以在是减函数，又，要使，则须，所以.综上：实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题主要考查二次函数，指数函数的图象和分段函数的零点问题，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，利用导数判断函数单调性，属于中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）由，故，所以四边形为菱形，再通过，证得，所以四边形为正方形，得到.（2）根据（1）的论证，建立空间直角坐标，设平面的法向量为，由求得，再由，利用线面角的向量法公式求解.【详解】（1）因为，故，所以四边形为菱形，而平面，故.因为，故，故，即四边形为正方形，故.（2）依题意，.在正方形中，，故以为原点，所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系；如图所示：不纺设，则，又因为，所以.所以.设平面的法向量为，则，即，令，则.于是.又因为，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查空间线面的位置关系、线面成角，还考查空间想象能力以及数形结合思想，属于中档题.18、（1）见解析，（2）【解析】

（1）根据等差中项的定义得，然后构造新等比数列，写出的通项即可求（2）根据（1）的结果，分组求和即可【详解】解：（1）由已知可得，即，可化为，故数列是以为首项，2为公比的等比数列.即有，所以.（2）由（1）知，数列的通项为：，故.【点睛】考查等差中项的定义和分组求和的方法；中档题.19、（1）（）；（2）证明见解析.【解析】

（1）设点，分别用表示、表示和余弦定理表示，将表示为、的方程，再化简即可；（2）设直线方程代入的轨迹方程，得，设点，，，表示出直线，取，得，即可证明直线过轴上的定点.【详解】（1）设，由已知，∴，∴（），化简得点的轨迹的方程为：（）；（2）由（1）知，过点的直线的斜率为0时与无交点，不合题意故可设直线的方程为：（），代入的方程得：.设，，则，，.∴直线：.令，得.直线过轴上的定点.【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法、余弦定理的应用和利用直线和圆锥曲线的位置关系求定点问题，考查学生的计算能力，属于中档题.20、（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）.【解析】

（1）由题可得,结合的范围判断的正负,即可求解；（2）结合导数及函数的零点的判定定理,分类讨论进行求解【详解】（1）,①当时,,∴函数在内单调递增；②当时,令,解得或,当或时,,则单调递增,当时,,则单调递减,∴函数的单调递增区间为和,单调递减区间为（2）（Ⅰ）当时,所以在上无零点；（Ⅱ）当时,,①若,即,则是的一个零点；②若,即,则不是的零点（Ⅲ）当时,,所以此时只需考虑函数在上零点的情况,因为,所以①当时,在上单调递增。又，所以（ⅰ）当时,在上无零点；（ⅱ）当时,,又,所以此时在上恰有一个零点；②当时,令,得,由,