2023届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三第一次高考模拟考试数学试题含解析

这是一份2023届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三第一次高考模拟考试数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三第一次高考模拟考试数学试题

一、单选题
1．已知集合
，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】化简集合M，N，后由集合交集定义可得答案.
【详解】集合M表示函数，在上的值域，则；集合N表示函数，在上的值域，则
.后由交集定义可知.
故选：D
2．在中，“”是“是钝角三角形”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
【答案】A
【分析】由得，充分性成立，是钝角三角形，钝角不一定是角，必要性不成立，即可得答案.
【详解】解：设与的夹角为，因为，即，所以，，又为内角的补角，所以，是钝角三角形；当为钝角三角形时，不一定是钝角．所以“”是“是钝角三角形”的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，考查向量数量积的概念，是基础题.
3．定义在上的奇函数满足．当时，，则（    ）
A． B．4 C．14 D．0
【答案】A
【分析】利用换元法与条件得到，再利用的奇偶性求得的周期为4，从而利用的周期性即可得解.
【详解】因为，令，则，
所以，即，
因为是定义在上的奇函数，所以，
所以，则，
故的周期是4，
因为当时，，
所以.
故选：A.
4．苏轼是北宋著名的文学家、书法家、画家，在诗词文书画等方面都有很深的造诣．《蝶恋花春景》是苏轼一首描写春景的清新婉丽之作，表达了对春光流逝的叹息词的下阙写到：“墙里秋千墙外道．墙外行人，墙里佳人笑．笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼．”假如将墙看作一个平面，秋千绳、秋千板、墙外的道路看作直线，那么道路和墙面平行，当秋千静止时，秋千板与墙面垂直，秋千绳与墙面平行．在佳人荡秋千的过程中，下列说法中错误的是（    ）

A．秋千绳与墙面始终平行 B．秋千绳与道路始终垂直
C．秋千板与墙面始终垂直 D．秋千板与道路始终垂直
【答案】B
【分析】根据图中秋千绳，墙面，道路的位置关系以及相关的线面，线线垂直的判定定理、性质定理等即可判断．
【详解】显然，在荡秋千的过程中，秋千绳与墙面始终平行，
但与道路所成的角在变化，则秋千绳与道路的位置关系在发生变化，
而秋千板始终与墙面垂直，故也与道路始终垂直．
故选：B.
5．已知，，若直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据题意分析可得直线与圆：有公共点（公共点不能是、），结合直线与圆的位置关系分析运算.
【详解】若，则点在以，为直径的圆上（点不能是、），
∵以，为直径的圆的圆心为，半径，则圆的方程为，
即直线与圆：有公共点（公共点不能是、），
当直线与圆：有公共点时，则，解得；
当直线与圆：的公共点为A或B时，则直线即为x轴，即；
综上所述：实数的取值范围为.
故选：B.
6．长郡中学体育节中，羽毛球单打12强中有3个种子选手，将这12人任意分成3个组（每组4个人），则3个种子选手恰好被分在同一组的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用均匀分组的原理，再结合古典概型的概率公式求解即可.
【详解】由已知条件得
将12人任意分成3组，不同的分组方法有 种，
3个种子选手分在同一组的方法有 种，
故3个种子选手恰好被分在同一组的概率为，
故选：.
7．在边长为的菱形中，，将绕直线旋转到，使得四面体外接球的表面积为，则此时二面角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由已知条件，得出是二面角的平面角，作的中心，，，，知四面体外接球的球心在上，根据勾股定理求出，，进而可得二面角的余弦值．
【详解】由题意可知，和均为正三角形，
设为中点，延长，作交于点，
可得是二面角的平面角，
作的中心，则在上，且，
作，，，可知四面体外接球的球心在上，又，，
在和中，由，，，，解得，，
，二面角的余弦值为
故选：A

8．已知，，，则（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】构造函数，利用导数研究其单调性，从而得到；再构造函数，进而得到，由此得解.
【详解】令，，
则，故在上单调递减，
所以，即，即，故；
令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
令，
所以，所以在上单调递增，
，
所以，所以；
综上：.
故选：C.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．

二、多选题
9．已知函数，则下列说法中正确的是（    ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于对称
C．若的图象向右平移（）个单位后关于原点对称，则的最小值为
D．在上的值域为
【答案】BD
【分析】根据正弦型三角函数的图象变换、周期性、对称性、值域逐项判断即可得答案.
【详解】对于A，函数的图象可由函数变换得到，作出的图象如图所示：

又图象可知，函数的最小正周期为，故A不正确；
对于B，又，所以的图象关于对称，故B正确；
对于C，的图象向右平移（）个单位后得函数关于原点对称，
则，，解得，，又，所以的最小值为，故C不正确；
对于D，当，则，所以，函数的值域为，故D正确.
故选：BD.
10．已知圆锥SO（O是圆锥底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为3，底面半径为．若P，Q为底面圆周上的任意两点，则下列说法中正确的是（    ）
A．圆锥SO的侧面积为
B．SPQ面积的最大值为
C．三棱锥O-SPQ体积的最大值为
D．圆锥SO的内切球的体积为
【答案】AC
【分析】A选项，圆锥的侧面展开图为扇形，母线为扇形半径，底面圆周长为扇形弧长，据此可得圆锥的侧面积；
B选项，当最大时，SPQ面积最大；
C选项，当面积最大时，三棱锥O-SPQ体积最大；
D选项，由圆锥的轴截面图可求得圆锥内切球的半径.
【详解】A选项，因底面半径为，则底面圆周长为，则侧面展开扇形的圆心角为：，则侧面积为：.故A正确；
B选项，当最大，即时，SPQ面积最大.
则SPQ面积最大值为：，故B错误；
C选项，，则当时，取最大值
，又，则三棱锥O-SPQ体积的最大值为：.故C正确；
D选项，如图圆锥内切球半径为圆锥轴截面内切圆半径，
设内切球半径为，内切球球心为I，连接.则

.则内切球体积为：.故D错误.
故选：AC

【点睛】11．已知抛物线，O为坐标原点，F为抛物线C的焦点，点P在抛物线上，则下列说法中正确的是（    ）
A．若点，则的最小值为4
B．过点且与抛物线只有一个公共点的直线有且仅有两条
C．若正三角形ODE的三个顶点都在抛物线上，则ODE的周长为
D．点H为抛物线C上的任意一点，，，当t取最大值时，GFH的面积为2
【答案】AD
【分析】A选项，过P点做准线的垂线，垂足为.由抛物线定义，，据此可得最小值；
B选项，过点B且与抛物线只有一个公共点的直线有两类，抛物线的切线与斜率不存在的直线；
C选项，设，由及D，E两点在抛物线上可得，
后可得ODE的周长；
D选项，设，则，由基本不等式可得取最大值时，，后可得GFH的面积.
【详解】A选项，过P点做准线的垂线，垂足为.则由抛物线定义，有.则，则当三点共线时，有最小值4.故A正确；
B选项，当过点B直线斜率不存在时，直线方程为，此时直线与抛物线只有一个交点；当过点B直线斜率存在时，设直线方程为：，将直线方程与抛物线方程联立，则.令或
，则直线或为抛物线切线.综上，过点且与抛物线只有一个公共点的直线有3条，故B错误；
C选项，设，因三角形ODE为正三角形，
则，又，
则.
因，则.又由图可得.
则，则.
得ODE的周长为.故C错误；
D选项，设，则
，当取最大值时，
.取，则此时GFH的面积为.
故D正确.
故选：AD

12．已知且，，则下列说法中错误的是（    ）
A．
B．若关于b的方程有且仅有一个解，则
C．若关于b的方程有两个解，，则
D．当时，
【答案】BC
【分析】对于A，构造，然后得到其单调性即可判断；对于B，转化为与的交点问题；对于C，结合前面结论得到，代入计算即可判断；对于D，转化为即，即可判断.
【详解】
因为，化简可得
令，则，
令，则，
故时，，函数在上递增；
时，，函数在上递减；
所以
即，所以函数单调递减，
所以，
且令，则，令，得，则递增；
令，得，则递减；
所以，即，所以成立，故A正确；
由转化为与的交点问题，
则，
如图所示，
当时，，则递减，当时，，
当时，，则递增，
当时，，则递减，
即当时，函数有极小值，
所以只有一个解时或，故B错误；
由，由图易知，不妨设，则，则有
所以，所以，代入可得，
取对数可得，即
所以是否成立，
即，
令，
取时，不成立，故C错误；
因为，
即


所以
令，只需证明成立即可，
，所以成立
故D正确；
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

三、填空题
13．的展开式中，常数项为____________
【答案】
【分析】写出展开式通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项后即可得解.
【详解】的展开式通项为，其中，
因为，
在中，由，可得，
在中，得，
所以，展开式中，常数项为.
故答案为：.
14．已知，且，则的最小值为______．
【答案】2
【分析】根据基本不等式凑项法和“1”的巧用即可求得最值.
【详解】因为，所以，又，所以
则，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
15．设是数列的前n项和，，令，则______．
【答案】31
【分析】先利用与的关系式，分类讨论与两种情况，推得数列是等比数列，进而得到，从而推得是等差数列，由此利用等差数列的前项和公式即可得解.
【详解】已知是数列的前项和，，
当时，，所以，
当时，，
所以，即，
所以，
又，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
故，
则，
故，，
所以数列是以0为首项，0.5为公差的等差数列，
则.
故答案为：31.

四、双空题
16．如图，椭圆与双曲线有公共焦点，，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为两曲线的一个公共点，且，则______；为的内心，三点共线，且，轴上点满足，，则的最小值为______．



【答案】     4    
【分析】第一空：利用椭圆与双曲线的定义及性质，结合图形建立方程，求出，在利用余弦定理建立关于离心率的齐次方程解出即可；
第二空：由为的内心，得出角平分线，利用角平分线的性质结合平面向量得出及，代入中利用基本不等式求最值即可.
【详解】①由题意得椭圆与双曲线的焦距为，
椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，
不妨设点在双曲线的右支上，
由双曲线的定义：，
由椭圆的定义：，
可得：，
又，由余弦定理得：
，
即，
整理得：，
所以：；
②为的内心，
所以为的角平分线，则有，同理：，
所以，
所以，即，
因为，
所以，故，
为的内心，三点共线，
即为的角平分线，则有，又，
所以，即，
因为，
所以，故，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为，
故答案为：4，.
【点睛】方法点睛：离心率的求解方法，
（1）直接法：由题意知道利用公式求解即可；
（2）一般间接法：由题意知道或利用的关系式求出，在利用公式计算即可；
（3）齐次式方程法：建立关于离心率的方程求解.

五、解答题
17．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设△ABC外接圆的半径为R，且．
(1)求角A的大小；
(2)若D为BC边上的点，，，求．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意，由正弦定理可得，再由三角恒等变换化简即可得到结果；
（2）根据题意，可得，再由正弦定理化简，即可得到结果.
【详解】（1）由正弦定理可得，，
，
，，所以
（2），
，即



18．已知递增等差数列满足：，，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)由已知可得，然后联立求解即可得;
(2)把的通项公式代入 ，然后再利用裂项相消法求和即可得.
【详解】（1）设递增等差数列的公差为d, d>0
,，，成等比数列,,
，解；
∴
（2）由（1）可得，

19．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形，平面平面ABCD，．

(1)求点A到平面PBC的距离；
(2)E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）取AD中点O，连接OB，OP.通过证明，可得，.后由等体积法可求得点A到平面PBC的距离；
（2）由（1），如图建立以O为原点的空间直角坐标系，由直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，可得.求得平面ADE的法向量后，利用空间向量可得平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值.
【详解】（1）取AD中点O，连接OB，OP.
∵为等边三角形，∴，OA=1，.
又∵平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD，
平面PAD，∴平面ABC.
又∵平面ABCD，∴.
∵，∴，∴.
又∵，平面POB，
平面POB，，∴平面POB.
又∵平面POB，∴.
∴，
设点A到平面PBC的距离为h，
则即，∴；

（2）由（1），分别以OA，OB，OP为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，，.
设，则，.
得，则.
又平面ABC，则取平面ABCD的法向量.
设AE与平面ABCD所成的角为，则
，解得.
则，.
设平面ADE的法向量，则.
令，则取平面ADE的法向量，又平面ABCD的法向量.
故平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为.

20．在数学探究实验课上，小明设计了如下实验：在盒子中装有红球、白球等多种不同颜色的小球，现从盒子中一次摸一个球，不放回．
(1)若盒子中有8个球，其中有3个红球，从中任意摸两次．
①求摸出的两个球中恰好有一个红球的概率；
②记摸出的红球个数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
(2)若1号盒中有4个红球和4个白球，2号盒中有2个红球和2个白球，现甲、乙、丙三人依次从1号盒中摸出一个球并放入2号盒，然后丁从2号盒中任取一球．已知丁取到红球，求甲、乙、丙三人中至少有一人取出白球的概率．
【答案】(1)①；②分布列见解析，
(2)

【分析】（1）①摸两个球的总情况数为，恰好有一个红球的情况数为，据此可得答案；②由题可得摸出红球个数的可能情况有3种，后由题目条件可得分布列及期望；
（2）设事件“丁取到红球”，事件C=“甲、乙、丙三人中至少有1人取出白球”，则所求概率为，后由题意及条件概率公式可得答案.
【详解】（1）①设事件“摸出的两个球中恰好有一个红球”，
，
②X可取0，1，2，则，其中.

故X的分布列为
X
0
1
2
P




则；
（2）设事件“丁取到红球”，事件“甲、乙、丙三人中至少有1人取出白球”.
当甲，乙，丙三人取得1个白球，则丁取到红球概率为；
当甲，乙，丙三人取得2个白球，则丁取到红球概率为；
当甲，乙，丙三人取得3个白球，则丁取到红球概率为；
当甲，乙，丙三人取得3个红球，则丁取到红球概率为.
则所求概率为.
21．已知平面内动点M到定点F（0，1）的距离和到定直线y=4的距离的比为定值．
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)设动点M的轨迹为曲线C，过点的直线交曲线C于不同的两点A、B，过点A、B分别作直线x=t的垂线，垂足分别为、，判断是否存在常数t，使得四边形的对角线交于一定点?若存在，求出常数t的值和该定点坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，t=3，定点为

【分析】（1）设，由题有：，化简后可得轨迹方程；
（2）设过直线方程为：，将其与曲线C联立，由韦达定理可知.又由对称性可知，若定点存在，其一定在x轴上，并设定点为D.后利用向量共线可得定点坐标.
【详解】（1）设，由题有
.
即动点M的轨迹方程为：；
（2）由题过直线斜率不为0，设过直线方程为：，将其与椭圆方程联立，，消去x得，.
由题其判别式大于0，设，，则，.
则由韦达定理有：，，
得.若存在常数t，使得四边形的对角线交于一定点，
由对称性知，该定点一定在x轴上，设该定点为，则，B，D共线.
又，，则

.
由s为定值，则.
同理，若A，，D共线，可得.
故存在常数t=3，使得四边形的对角线交于一定点，该定点为
【点睛】关键点点睛：本题涉及与椭圆有关的轨迹方程及椭圆中的定点定值，难度较大.
本题求轨迹方程方法为直接法，即将题意转化为代数语言，化简即得轨迹方程；
对于定点问题，常可由对称性确定定点所在位置，后由三点共线结合向量共线或斜率相等可得定点坐标.
22．已知函数．
(1)当a=0时，求函数的最小值；
(2)当的图像在点处的切线方程为y=1时，求a的值，并证明：当时，．
【答案】(1)0
(2)a=1，证明见解析

【分析】（1）当a=0时，．利用导数，可得在时，
有最小值，其中.据此可得答案；
（2）由切线斜率为0，可得a；利用导数研究单调性，可得，
从而可得.后利用当时，
，可证得结论.
【详解】（1）当a=0时，．
定义域为，
令，则，故在上单调递增.
因，，则在上有唯一零点，即.则在上，，即，在单调递减.
在上，，即，在上单调递增.
故，又，
则.即函数的最小值为0；
（2）由题，，，则a=1；
即，则
故在上单调递增，在上单调递递减，则.
则当时，，即.
取，其中 ，则.
则.
又注意到


.故.
【点睛】关键点点睛：本题涉及利用隐零点求函数最值及利用函数证明数列不等式，难度较大.本题最值点不能具体求出，但能证明其存在，后利用其满足等量关系可得最值；证明数列不等式，关键为能利用题目函数找到合适的不等式，后通过改变不等式形式及不等式放缩可证明结论.