2023届黑龙江省哈尔滨市第九中学校高三上学期第三次月考数学试题（解析版）

2023届黑龙江省哈尔滨市第九中学校高三上学期第三次月考数学试题

一、单选题

1．复数（数单位）在复平面上所对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】根据复数的除法运算先化简，进而由几何意义即可求解.

【详解】复数 ​.

在复平面上所对应的点为，故位于第四象限.

故选：D​

2．已知集合，，则的子集个数为（    ）

A．16 B．8 C．7 D．4

【答案】B

【分析】先求得，由此判断出的子集个数.

【详解】，所以，共个元素，

所以的子集个数为个.

故选：B

3．“”是“直线与直线垂直”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】利用两直线垂直可求得的值，再利用集合的包含关系判断可得出结论.

【详解】若直线与直线垂直，则，

即，解得或，

因为，所以，“”是“直线与直线垂直”的充分非必要条件.

故选：A.

4．已知，是两条直线，，是两个平面，则下列命题中错误的是（    ）

A．若，，，则

B．若，，则

C．若，，，则

D．若，，，则

【答案】C

【解析】利用直二面角可判断A的正误，利用面面平行或线面平行性质定理即判断定理可判断BD的正误，从而可得正确的选项，利用反例可判断C是错误的.

【详解】对于A，如图，设，空间中取一点（不在平面内，也不在直线上），

过作直线，使得，且，故.

因为，故，而，故，同理,

因为，故平面.

设平面交与，连接，

因为平面，故所以为的平面角.

因为，，故，同理，而，

故在四边形中，即，故A正确.

对于B，由面面平行的性质可得若，，则，故B正确.

对于D，如图，

过作平面，使得，过作平面，使得，

因为，，故，同理，故，

而，，故，而，，故，所以，故D正确.

对于C，在如图所示的正方体中，平面，平面，

，但是平面与平面不垂直，故C错误.

故选：C.

【点睛】思路点睛：对于立体几何中与位置有关的命题的真假判断，一般根据性质定理和判定定理来处理，反例一般可得正方体中寻找.

5．已知，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】通过进行分段，从而判断出的大小关系.

【详解】，

∴．

故选：A

6．中国公民身份号码编排规定，女性公民的顺序码为偶数，男性为奇数，反映了性别与数字之间的联系；数字简谱以1，2，3，4，5，6，7代表音阶中的7个基本音阶，反映了音乐与数字之间的联系，同样我们可以对几何图形赋予新的含义，使几何图形与数字之间建立联系.如图1，我们规定1个正方形对应1个三角形和1个正方形，1个三角形对应1个正方形，在图2中，第1行有1个正方形和1个三角形，第2行有2个正方形和1个三角形，则在第9行中的正方形的个数为（    ）

A．53 B．55 C．57 D．59

【答案】B

【分析】根据题意将题中所给的信息转化为数列递推公式关系，，通过递推从而得出结果.

【详解】设为第n行中正方形的个数，为第n行中三角形的个数，由于每个正方形产生下一行的1个三角形和1个正方形，

每个三角形产生下一行的1个正方形，则有，，

整理得，且，，

则，，，，

，，.

故选：B.

7．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】结合同角三角函数关系以及辅助角公式，可化简原式得到，再利用辅助角公式可得，由余弦的二倍角公式可得解

【详解】，

则

故选：D

8．已知双曲线的右焦点为，关于原点对称的两点分别在双曲线的左､右两支上，，且点在双曲线上，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知条件及双曲线的定义，再利用矩形的性质及勾股定理，结合双曲线的离心率公式即可求解.

【详解】如图所示

设，则，， ，

因为，所以，

则四边形是矩形，

在中，，即，解得，

在中，，即，于是有，

解得，

所以双曲线的离心率为.

故选：A.

二、多选题

9．已知正三棱柱的所在棱长均为2,P为棱上的动点,则下列结论中正确的是（    ）

A．该正三棱柱内可放入的最大球的体积为

B．该正三棱柱外接球的表面积为

C．存在点P,使得

D．点P到直线的距离的最小值为

【答案】BCD

【分析】根据正三棱柱内可放入的最大球的半径为的内切圆半径,求出球的体积;

根据正三棱柱的外接球半径公式即可求出外接球表面积;

当为中点时, 构造等腰三角形,易证平面即可;

建立空间直角坐标系,利用两异面直线距离的向量计算公式即可求出点P到直线的距离的最小值.

【详解】关于A选项:该正三棱柱内可放入的最大球的半径为的内切圆半径,

体积为,故A错误;

关于B选项:该正三棱柱的外接球半径,表面积为,故B正确;

关于C选项:如图所示,当为中点时,记与的交点为,

正三棱柱,面为正方形,且,

,

为中点, ,

,

在和中由勾股定理可知,

为中点,在中由三线合一可得,

平面,平面,

平面,,得证,故C正确;

关于D选项:为棱上的动点, 到直线的距离的最小值即为异面直线与的距离最小值,

中点为原点,以的方向为x轴,以方向为y轴, 以方向为y轴

记中点为,以方向为z轴如图所示建立空间直角坐标系,

记异面直线与的公共垂向量为,,

,即,

令,

,可得D正确,

故选BCD.

10．在平面直角坐标系中，，点满足，设点的轨迹为，则（    ）

A．的周长为

B．（不重合时）平分

C．面积的最大值为6

D．当时，直线与轨迹相切

【答案】ABD

【分析】设，根据题意求得曲线的方程为，结合圆的周长公式，可判定A正确；求得，延长到，使，连结，得到，进而求得，可判定B正确；利用三角形的面积公式和圆的性质，可判定C错误；不妨取，求得直线的方程，结合直线与圆的位置关系的判定方法，即可求解.

【详解】设，因为，且点满足，可得，整理得，即曲线的方程为．

对于A中，曲线为半径为的圆，所以周长为，所以A正确；

对于B中，因为，所以，所以，

延长到，使，连结，如图所示，

因为，所以，所以，

所以，，

因为，所以，所以，

即平分，所以B正确．

对于C中，由的面积为，

要使得的面积最大，只需最大，

由由点的轨迹为，可得，

所以面积的最大值为，所以C错误；

对于D中，当时，或，

不妨取，则直线，即，

因为圆心到直线的距离为，

所以，即直线与圆相切，所以D正确．

故选：ABD．

11．设函数，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则

B．存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称

C．若在上有且仅有4个零点，则的取值范围为

D．在上单调递增

【答案】BD

【分析】利用二倍角的余弦公式及余弦型函数的周期公式，结合三角函数图象平移变换、函数零点及三角函数的性质即可求解.

【详解】由题意可知，，

所以的最小正周期为,

对于A，因为，所以的最小正周期为，

所以，得，故A错误；

对于B，图象变换后得到函数，若其图象关于原点对称，则,解得，当时，，故B正确；

对于C，当时，，因为在上有且仅有4个零点，所以，解得，故C错误；

对于D，当时，，因为所以，因为在上递增，且，所以在上单调递增，故D正确

故选：BD.

12．已知定义在上的函数满足：，当时，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】根据已知条件及赋值法即可求解.

【详解】令，则，即，解得，故A正确；

令，则，即，解得，

令，则，即，解得，

令，则，即，解得，

由于，而当时，，

因此，对任意,有，由于，所以，故B错误；

令，则，即，解得，

令，则，即，解得，

同理，由于，而当时，，

故当时,有，

同理，若时，，

令，则，，而，所以，所以，故C正确；

因为，所以，故D错误.

故选：AC.

三、填空题

13．已知，为单位向量，，则___________.

【答案】

【分析】由可得，即可求出，再代入即可得出答案.

【详解】因为，为单位向量，，

所以，

所以.

则

故答案为：.

14．已知为等比数列，，则_________．

【答案】

【分析】先由等比数列的性质求出，进而求出，再计算即可.

【详解】设公比为，由题意知：，又，解得或，

若，则，，则；

若，则，，则.

故答案为：.

15．过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，则直线过定点__________.

【答案】

【分析】设，利用与圆的关系，得到，，进而得到点均在以为直径的圆上，进而得到圆的方程，则直线为两圆的公共弦，进而可求出直线以及该直线所过的定点

【详解】设，则有①，又由圆的圆心为，直线，是圆的两条切线，为切点，则，，则点均在以为直径的圆上，设的中点为，则圆的方程为，

化简得；直线即为两圆的公共弦，所以，对于和，两式相减可得直线的方程为，由①可得，，整理得，故直线过定点

故答案为：

四、双空题

16．如图，在中，是边上一点，且，为直线上一点列，满足：，且，则___________，设数列，则的通项公式为___________.

【答案】         

【分析】根据平面向量线性运算得到，结合题干条件得到，整理后得到，从而根据求出，得到，构造法得到为等比数列，求出的通项公式.

【详解】因为是边上一点，且，

故，

为直线上一点列，则，

因为，

则，故，

整理得：，即，

若，则，解得：，此时，解得：，

故为常数为1的数列，但，不合要求，故，

故，

令得：，

因为，所以，解得：

令，则，

即，因此，

所以为等比数列，公比为，首项为，

故，故

故答案为：，

【点睛】由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法，

（1）若，采用累加法；

（2）若，采用累乘法；

（3）若，可利用构造进行求解；

五、解答题

17．已知数列中，，.

(1)求数列的通项公式；

(2)求.

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）利用累乘法求出时，通过验证也满足，从而求出通项公式为，；

（2）根据第一问得到数列为等差数列，进而利用等差数列求和公式进行求解.

【详解】（1）因为，，

所以当时，

，

又满足，

综上：，；

（2）由（1）知：，；

由等差数列求和公式可得：

18．如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，.

(1)求证：平面平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据数量关系证明后可证；（2）建立空间直角坐标系进行计算即可.

【详解】（1）四边形正方形，又

平面，又平面，

中，

又,又平面，

为正方形，平面，

又平面，所以平面平面.得证

（2）

如图建系：,

,

设平面与平面的法向量分别为

不妨令；

不妨令

平面与平面夹角为

平面与平面夹角的余弦值为

19．已知向量，，函数．

(1)求函数的最小正周期；

(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠ACB的角平分线交AB于点D，若恰好为函数的最大值，且此时，求3a＋4b的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据三角恒等变换化简函数解析式，结合最小正周期的计算公式，可得答案；

（2）根据正弦函数的性质，求得最值以及自变量的取值，利用角平分线的性质以及等面积法，建立方程，整理等式，结合基本不等式“1”的妙用，可得答案.

【详解】（1），

则函数的最小正周期.

（2）由（1）可知，当，即时，取得最大值为，则，，

因为平分，所以，则点分别到的距离，

由，则，即，整理可得，

，当且仅当，即时，等号成立，

故最小值为.

20．已知椭圆：，长轴是短轴的2倍，点在椭圆上，且P在轴上的投影为点Q.

(1)求椭圆的方程；

(2)若过点Q且不与y轴垂直的直线与椭圆交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在点，使得直线TM，TN斜率之积为定值?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）由题意列方程组求解，

（2）设直线方程后与椭圆方程联立，由韦达定理与斜率公式化简求解，

【详解】（1）由题意得，，

解得，故椭圆的方程为，

（2）由题意得，设直线方程为，

代入得，

设，则，

而

化简得

当为定值时，，，故，

存在使得直线TM，TN斜率之积为定值

21．已知递增数列的前项和为，且，数列满足，

(1)求数列和的通项公式；

(2)记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围．

【答案】(1)；.

(2)

【分析】（1）根据的关系，可得是等差数列，由等比中项可得为等比数列，进而根据基本量即可求解.（2）将分为奇数项和偶数项的和，根据分组求和即可得，然后代入不等式中，求最值，即可得的取值范围.

【详解】（1）解：因为，当n=1时，得，当时，，所以，即，

又因为数列为递增数列，所以，

数列为等差数列， ，d=1,

所以；

所以，

又因为

所以数列为等比数列，

所以，解得，

所以.

（2）由题意可知： ，

所以,故 ，

设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为

所以

当为奇数时，

所以

当为偶数时，所以，故故，即

当为偶数时，对一切偶数成立，所以

当为奇数时，对一切奇数成立，所以此时

故对一切恒成立，则

22．已知函数．

(1)令，讨论的单调性并求极值；

(2)令，若有两个零点；

（i）求a的取值范围：

（ii）若方程有两个实根，，，证明：．

【答案】(1)单调递减区间为（0，2），单调递增区间为；极小值为，无极大值

(2)（i）；（ii）证明见解析

【分析】（1）先求得，然后利用导数求得的单调区间以及极值.

（2）（i）先求得，对进行分类讨论，结合函数的单调性以及零点存在性定理求得的取值范围.

（i i）转换方程，然后利用换元法并构造函数，求得函数零点的关系式，由此化简所要证明的不等式，再利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.

【详解】（1）因为，

所以，

则，在区间；在区间，

所以单调递减区间为（0，2），单调递增区间为，

极小值为，无极大值．

（2）（i）有两个零点．

因为，

①当时，，单调递增，不可能有两个零点；

②当时，令，得，单调递减；

令，得，单调递增，所以

要使有两个零点，即使，，得，

又因为，，所以在（l，e）存在唯一一个零点，

且，，所以在上存也唯一一个零点，符合题意．

综上，当时，函数有两个零点．

（ii）有两个实根，令，

有两个零点，，

；，所以，

所以（*），

（**），

要证，只需证，

即证，所以只需证．

由（*）（**）可得，

只需证，

设，令，则，所以只需证，即证，

令，，则，在上递增，

，即当时，成立．

所以，即，即．

【点睛】利用导数研究函数的单调区间以及极值，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.另外要注意的一点是：必须先求函数的定义域.