2023届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期第三次考试数学试题（解析版）

这是一份2023届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期第三次考试数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期第三次考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出集合，再根据集合间的交集运算即可.【详解】因为集合，，所以.故选：D.2．在复平面内，复数对应的点在直线上，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】求出复数对应的点代入直线方程可得，再利用复数的除法运算可得答案.【详解】复平面内，复数对应的点为，又在直线上，所以，解得，所以，则.故选：B.3．已知抛物线的焦点为F，点A，B是抛物线C上不同两点，且A，B中点的横坐标为2，则（    ）A．4 B．5 C．6 D．8【答案】C【分析】根据抛物线的定义结合已知可求得结果.【详解】设，由A，B中点的横坐标为2，可得，所以．故选：C．4．已知圆台的上、下底面的半径分别为，，若，高，则该圆台的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】构造三角形求出母线长，再代入 可得结果.【详解】如图所示，过A作AC垂直于于点C，则 ， ∴在直角△ACB中， ∴ 故选：C.5．已知圆：与轴相切，且截轴所得的弦长为，则圆的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据圆与轴相切，可得，再结合圆心到轴的距离、半弦长、半径满足勾股定理，建立方程即可求解.【详解】圆：与轴相切，截轴所得的弦长为，圆心为，半径为，半弦长为，圆心到轴的距离为，，解得，，即圆的面积为：.故选：A.6．已知，，，则的最小值为（    ）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】B【分析】将已知条件等式化为，整体代入结合基本不等式即可得解.【详解】因为，，，所以，，所以，当且仅当，即，时等号成立，即的最小值为6，故选：B.7．已知椭圆：，定点，，有一动点满足，若点轨迹与椭圆恰有4个不同的交点，则椭圆的离心率的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设动点，求出其轨迹，求出，即得解.【详解】解：设动点，由题得，化简得.所以动点的轨迹是以原点为圆心，以为半径的圆.因为点轨迹与椭圆恰有4个不同的交点，所以.所以椭圆的离心率.因为椭圆的离心率，所以椭圆的离心率的取值范围为.故选：D8．实数，，满足，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据代数式有意义及取值范围，得出，，取值范围，即可判断大小关系.【详解】要使有意义，则，即，，，，，即，解得：，，，所以.故选：C. 二、多选题9．已知，为两个不同平面，，为两条不同的直线，下列命题不一定成立的是（    ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，，则【答案】ABC【分析】当时，A错误；存在特殊情况，B错误；C项易判断错误；D项结合线面垂直的判定定理可证明正确.【详解】对A，当时，不满足，故A错误；对B，当时，也满足条件，但不满足，故B项错误；对C，若，则平行于过的所有平面与的交线，但时，不一定为其中一条交线，故得不出，故C错误；对D，当，，时，必然存在，，则，又，所以，故D正确.故选：ABC10．已知圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，则直线的方程可以是（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】将圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，转化为圆心到直线的距离，根据圆心到直线距离公式计算即可.【详解】由题知，圆，圆心为，半径为，因为圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，所以圆心到直线的距离，对于A，圆心为到直线的距离，故A错误；对于B，圆心为到直线的距离，故B正确；对于C，圆心为到直线的距离，故C正确；对于D，圆心为到直线的距离，故D正确；故选：BCD11．已知函数，若，，使得成立，且在区间上的值域为，则实数的取值可能是（    ）A． B． C．1 D．【答案】CD【解析】根据，，使得成立， 结合解析式，得到，求得，得到，再结合题意，列出不等式，即可求解.【详解】因为，，使得成立， 所以，即，又由在区间上的值域为，则，综上，解得 此时，因为在区间上的值域为，所以，即，当时，，所以，即.故选：CD.【点睛】解答三角函数的图象与性质的基本方法：1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.12．已知函数，则下列结论正确的是（    ）A．函数存在两个不同的零点B．函数既存在极大值又存在极小值C．当时，方程有且只有两个实根D．若时，，则的最小值为【答案】ABC【分析】首先求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值以及函数的图象，最后直接判断选项．【详解】对于A．，解得，所以A正确；对于B．，当时，，当时，或，所以是函数的单调递减区间，是函数的单调递增区间，所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以B正确．对于C．当时，，根据B可知，函数的最小值是，再根据单调性可知，当时，方程有且只有两个实根，所以C正确；对于D：由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确．故选：ABC.【点睛】易错点点睛：本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图象，首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是是函数的单调递减区间，但当时，，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了． 三、填空题13．已知向量，，，则_________.【答案】【分析】根据向量，分别表示出题目中向量的坐标，列出方程计算即可.【详解】，，，，，，，解得.故答案为：.14．已知F为双曲线的右焦点，l为双曲线的一条渐近线，F到直线l的距离为，过F且垂直于x轴的直线交双曲线C于A、B两点，若长为10，则C的离心率为________．【答案】【分析】由F到直线l的距离求出，再由长为10求出，进而求出，即可求得离心率.【详解】由双曲线的对称性，不妨设，易得，则F到直线l的距离为，则，将代入，可得，由可得，解得．故答案为：.15．某校有一社团专门研究密码问题，社团活动室用的也是一把密码锁，且定期更换密码，都是以当日值班社员的姓氏为依据编码的，密码均为的小数点后前6位数字，编码方式如下：①x为某社员的首拼声母对应的英文字母在26个英文字母中的位置；②若x为偶数，则在正偶数数列中依次插入数值为 的项得到新数列 ，即2，3，4，6，8， ，10，12，14，…；若x为奇数，则在正奇数数列中依次插入数值为的项得到新数列{an}，即1，2，3，，5，7， ，9，11，13，…；③N为数列{an}的前x项和．如当值社员姓康，则K在26个英文字母中排第11位，所以x＝11，前11项中有 ，所以有8个奇数， ，所以密码为282051，若今天当值社员姓徐，则当日密码为_____．【答案】199600【分析】根据当值社员姓徐，确定x的值，从而求出N，计算，即可确定当日密码.【详解】当值社员姓徐，则x在26个英文字母中排第24位，故 ，前24项中 ，所以有21个偶数，所以 ，计算，则当日密码为：199600，故答案为：199600．16．圆锥内有一个球，该球与圆锥的侧面和底面均相切，已知圆锥的底面半径为，球的半径为，记圆锥的体积为，球的体积为，当_________时，取最小值_________.【答案】          2【分析】设球心与圆锥底面圆周上任意一点与圆锥高之间的夹角为，再根据圆锥轴截面的关系表达出圆锥的高，进而可得，换元令，结合基本不等式求最值即可.【详解】如图，设球心与圆锥底面圆周上任意一点与圆锥高之间的夹角为，则由题意.根据相切的性质可得，圆锥的轴截面为底角大小的等腰三角形，故圆锥的高，则，，故.设，则，当且仅当，即时取等号.此时.故当时，取最小值2.故答案为：；2 四、解答题17．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且，．(1)求角B的大小；(2)若，求△ABC的面积．【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）根据正弦定理的边角关系，及已知条件可得，再根据三角形内角性质求B的大小；（2）由（1）及余弦定理求c，再根据三角形面积公式求面积即可.【详解】（1）由正弦定理知：，则，所以，则且，可得或，又，所以.（2）由题设，，则，又，所以，整理得，解得，满足题设.由，所以，当时；当时；18．已知数列的前n项和为，且．(1)求证：数列为等差数列；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用可得，转化为可得答案；（2）求得，利用错位相减可得答案.【详解】（1）由可得，由得，所以，即，所以，，所以数列是公差为1，首项为1的等差数列.（2）由（1），得，所以，，两式相减得，所以.19．已知圆与圆：关于直线对称.(1)试判断圆与圆的位置关系；(2)设直线：与圆交于两点，为坐标原点，当时，求直线的方程.【答案】(1)相交(2)或 【分析】（1）根据对称有线段中点在直线上，直线与直线垂直，联立方程组解决即可；（1）联立方程组，韦达定理等量代换解决即可.【详解】（1）由题知，圆：，圆心为，半径为，设，因为圆与圆：关于直线对称，所以线段中点为在直线上，所以，①又因为直线与直线垂直，所以，即，②联立①②得，所以，所以圆,因为，所以，所以圆与圆相交；（2）由（1）得圆，因为直线：与圆交于两点，所以联立方程，消去得，设,所以，由知，所以，因为，所以，即，解得或，当或时，都有，所以的方程为或.20．如图1，在等腰直角三角形中，，点、分别在、上，且，，点，在上，且，把沿，折起，使得点，重合于点，如图2.(1)求证：平面；(2)记直线与平面所成角为，求证：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）通过证明和结合线面垂直判定定理即可得结果；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）不失一般性，令，因为，所以，因为三角形为等腰直角三角形，所以，又因为，，所以，，在中，，即，所以，所以在图2中，和，，所以平面.（2）由（1）易得面面，以中点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，,，，，，设面的法向量为，则，令，可得，所以.21．已知椭圆：的短轴长为，且过三点，，中的两点.(1)求椭圆的标准方程；(2)过椭圆的右焦点的直线交椭圆于，（，不在轴上）两点，为椭圆的左顶点，记，的斜率分别为，，证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题意易得，根据对称性可得，在椭圆上，求出即可得结果；（2）先看当直线的斜率不存在时，求得M，N则两直线的斜率可得，求得的值；再看斜率存在时，设出直线的方程与椭圆方程联立消去，利用韦达定理表示出和，代入到中，最后综合答案可得．【详解】（1）（1）由题意易得，由椭圆的对称性可得过三点，在椭圆上，即，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）当直线的斜率不存在时，由（1）得，，可得，，所以.当直线的斜率存在时，设其斜率为，显然，过点则直线的方程为，设点，，将代入方程，并化简得：，可得：，，所以，综上．22．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若为整数，且恒成立，求的最大值.【答案】(1)答案见详解(2)0 【分析】（1）求出函数的定义域和，分情况讨论和，即可得到函数的单调性；（2）不等式恒成立，可转化为在上恒成立，令，则只需即可. 求出，根据导函数求出最值即可.本题中，因为不好求解，两次求导得到导函数单调性，转化为隐零点问题，得到，使得，逐步得到，从而求得的最大值.【详解】（1）的定义域为，.当时，，则在上单调递增；当时，解，即，得（舍去负值）；解，即，得，所以在上单调递增；解，即，得，所以在上单调递减.综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）由已知可得，恒成立，，即在上恒成立.令，则只需即可.，令，在上恒成立，所以单调递增.且，，所以，，使得，且当时，，当时，.即，使得，且当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增.所以，在处取得唯一极小值，也是最小值.又，则.所以，令，，，，则，当时，，所以，在上单调递增，从而在上单调递减，则，又，，所以，所以.又为整数，，所以的最大值为0.【点睛】证明含有参数的函数不等式恒成立问题，常常分离参数，转化为求不含参函数的最值问题，根据导函数求解函数的最值即可得到.本题中即转化为在上恒成立，构造，则只需即可，只需求出的最小值即可.因为不好求解，两次求导得到导函数单调性，得到隐零点的范围，然后逐步求解即可.