2023届黑龙江省齐齐哈尔市高三一模数学试题含解析

2023届黑龙江省齐齐哈尔市高三一模数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出集合，由补集和并集的定义即可得出答案.

【详解】因为全集，，

所以，又因为，所以

故选：D．

2．已知复数与在复平面内对应的点关于实轴对称，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先根据对称得到，在利用复数除法法则进行计算.

【详解】因为复数与在复平面内对应的点关于实轴对称，所以，

所以．

故选：B．

3．已知，，若，则（    ）

A．1或 B． C．或 D．

【答案】A

【分析】由平行向量的坐标表示求解即可.

【详解】因为，所以，解得或．

故选：A．

4．基站建设是众多“新基建”的工程之一，截至年月底，地区已经累计开通基站个，未来将进一步完善基础网络体系，加快推进网络建设．已知年月该地区计划新建个基站，以后每个月比上一个月多建个，则地区到年月底累计开通基站的个数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分析可知年月及之后该地区每个月建设的基站数量为等差数列，且公差为，利用等差数列的求和公式可求得结果.

【详解】由题意得，年月及之后该地区每个月建设的基站数量为等差数列，且公差为，

则到年月底要经过个月，预计地区到年月底累计可开通

个基站．

故选：D．

5．已知两条不同的直线l，m及三个不同的平面α，β，γ，下列条件中能推出的是（    ）

A．l与α，β所成角相等 B．，

C．，， D．，，

【答案】C

【分析】ABD可举出反例；C选项，可根据平行的传递性和垂直关系进行证明.

【详解】对于A，正方体中，设边长为，连接，则为与平面所成角，

由勾股定理得到，故，

同理可得和所成角的正弦值为，故与平面和所成角大小相等，

但平面与平面不平行，故A错误；

B选项，平面⊥平面，平面⊥平面，但平面与平面不平行，故B错误；

对于C，由，得，又，所以，故C正确；

对于D，l与m可同时平行于α与β的交线，故D错误．

故选：C．

6．已知角α的顶点在原点，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】运用角终边上一点，则及二倍角公式计算即可.

【详解】.

故选：B.

7．若能被7整除，则x，n的一组值可能为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】利用二项式定理得展开式，对选项一一判断即可得出答案.

【详解】，

当，时，能被7整除；

当，时，不能被7整除；

当，时，不能被7整除；

当，时，不能被7整除．

故选：A．

8．已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若、是关于x的方程在内的两根，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】逆用二倍角公式及辅助角公式化简，根据图象平移变换求得解析式，运用整体思想研究在区间上的对称性及二倍角公式计算即可.

【详解】因为，其中θ为锐角，且，，

又因为将函数的图象向左平移个单位长度得到函数图象，

所以，

当时，，

所以，

所以，

所以．

故选：D.

二、多选题

9．椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上，则______．

A．椭圆C的离心率为 B．的最大值为3

C．的最大值为 D．到直线的距离最大值为2

【答案】ABD

【分析】由椭圆的性质对选项一一判断即可得出答案.

【详解】对于A，由椭圆C的方程知，，，所以离心率，故A正确；

对于B，当点P位于椭圆C的右端点时，取得最大值为3，故B正确；

对于C，当点P位于椭圆的上、下顶点时，取得最大值，故C错误；

对于D，当时，到直线的距离取得最大值2，故D正确．

故选：ABD．

10．已知a，b，，则下列说法正确的是（    ）

A．若，，则 B．若，则

C． D．

【答案】BC

【分析】通过举反例可判断A项，通过构造函数研究其单调性可判断B项，运用基本不等式可判断C项，方法1：通过举反例，方法2：作差法可判断D项.

【详解】对于A项，例如，，，满足，，但不满足，故A项不成立；

对于B项，因为,，，所以幂函数在上为增函数，所以，故B项正确；

对于C项，因为，，，所以，当且仅当时等号成立，故C项正确；

对于D项，方法1：当，时，，，则，故D项错误．

方法2：作差法，，

因为，，

所以，

所以，故D项错误．

故选：BC.

11．定义在上的函数满足，且当时，，则（    ）

A． B．的一个周期为3

C．在上单调递增 D．

【答案】ABD

【分析】给x赋值可求得的值可判断A项，运用函数周期性定义可判断B项，求得当时，的解析式进而判断其单调性可判断C项，运用周期性求值即可判断D项.

【详解】对于A项，因为当时，，

所以，

又因为，

所以令，则，

所以，故A项正确；

对于B项，根据得，

所以，

所以，所以该函数的一个周期为3，故B项正确；

对于C项，因为，

所以，

当时，则，

又因为当时，，

所以，

所以，，

又因为在上单调递减，

所以由单调性性质可得在上单调递减，故C项错误；

对于D项，由A项知，，，

因为，

所以令得，解得：，

由B项可得，

所以，

又因为，

所以结合周期性可得，故D项正确．

故选：ABD.

12．如图，在三棱锥中，平面，，，，为垂足，则下列命题正确的是（    ）

A．三棱锥的外接球的表面积为.

B．三棱锥的外接球的体积为

C．三棱锥的外接球的体积为

D．三棱锥的外接球的表面积为

【答案】AC

【分析】根据给定条件，取AC中点，证明点到点的距离相等，计算判断A，B；取PB，PC的中点D，E，证明平面，再确定三棱锥的外接球球心位置，并计算半径作答.

【详解】在三棱锥中，取AC中点，连接，如图，

因，，，则，

因此点是三棱锥的外接球球心，球半径为，球表面积为，

球体积为，A正确，B不正确；

因平面，平面，则，而，平面，

因此平面，取PB，PC的中点D，E，连DE，如图，有，

于是得平面，而，则三棱锥的外接球被平面截得的小圆圆心为D，

因此该球的球心O在直线DE上，连接，令球O半径为R，而，

令，即有，，

在中，，，，

在中，，由得：

，即，解得，

从而得，三棱锥的外接球体积为，表面积为，C正确，D不正确.

故选：AC

【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.

三、填空题

13．请写出满足方程的一组实数对：______．

【答案】（答案不唯一）

【分析】运用对数式与指数式互化、根式与指数幂互化计算即可.

【详解】∵，

∴，

∴令得：，即：.

故答案为：（答案不唯一）.

14．一组数据由8个数组成，将其中一个数由4改为2，另一个数由6改为8，其余数不变，得到新的一组数据，则新的一组数的方差相比原一组数的方差的增加值为______．

【答案】2

【分析】由方差公式求出原一组数的方差和新数据的方差，相减即可得出答案.

【详解】一个数由4改为2，另一个数由6改为8，故该组数据的平均数不变，

设没有改变的6个数分别为，，…，，

原一组数的方差，

新数据的方差，

所以．

故答案为：2.

15．已知曲线：在处的切线为，曲线：在处的切线为，若存在实数t使得与的倾斜角互补，则实数a的取值范围为______．

【答案】

【分析】由导数的几何意义结合题意可得，即存在正根，由二次函数根的分布问题求解即可.

【详解】由曲线可得，由曲线可得，

由导数的几何意义可得：直线的斜率为，直线的斜率为，

若存在实数t使得与的倾斜角互补，

则方程，即存在正根，所以

解得．

故答案为：.

四、双空题

16．已知抛物线C：，点P为抛物线C上第一象限内任意一点，过点P向圆D：作切线，切点分别为A，B，则四边形PADB面积的最小值为______，此时直线AB的方程为______．

【答案】         

【分析】由圆的方程写出圆心、半径，由圆的切线长将问题转化为求的最小值，结合四边形PADB面积求得其最小值及此时点P的坐标，写出以PD为直径的圆M的方程，并与圆D方程作差可求得公共弦AB所在直线方程.

【详解】如图所示，

由题意知，圆D的标准方程，则圆心为，半径为，

设（），则，

所以当即：时，取得最小值，即：，

又因为，

所以，

又因为四边形PADB面积

所以四边形PADB面积的最小值此时，

则以PD为直径的圆M的方程为，

圆M方程与圆D方程相减可得直线AB的方程为．

故答案为：；.

五、解答题

17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求A；

(2)若，且BC边上的高为，求a．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由余弦定理和正弦定理得到，求出；

（2）由三角形面积公式得到，结合和余弦定理求出答案.

【详解】（1）因为，

所以由余弦定理得，

由正弦定理得，

由于，

整理得．

又因为，所以，即，

因为，所以，

所以，即．

（2）由得，

又，所以，，

由余弦定理知，

解得.

18．在①，，②，为的前n项和，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答下列问题．

已知数列满足______．

(1)求数列的通项公式；

(2)对大于1的正整数n，是否存在正整数m，使得，，成等比数列？若存在，求m的最小值；若不存在，请说明理由．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）选择条件①：可得是首项为4，公差为3的等差数列，即可求出数列的通项公式；选择条件②：当时，，两式相减，即可得出答案；

（2）选择条件①：假设存在满足题意的正整数m，则有，即，即，由二次函数的性质即可求出m的最小值；

选择条件②：分和两种情况，再结合二次函数的性质即可求出m的最小值；

【详解】（1）选择条件①：

由，，得是首项为4，公差为3的等差数列，

则，又，所以．

选择条件②：

由，可得当时，，

又当时，不满足上式，所以

（2）选择条件①：

假设存在满足题意的正整数m，使得，，成等比数列，

则有，即，

即

因为且，，

所以当时，．

所以存在正整数m，使得，，成等比数列，m的最小值为8

选择条件②：

假设存在满足题意的正整数m，使得，，成等比数列，则有，

当时，有，即，此时n无正整数解，

当时，，即．

因为，所以不可能为正整数，

所以不存在正整数m，使得，，成等比数列

19．随着春季学期开学，某市市场监管局加强了对学校食堂食品安全管理，助力推广校园文明餐桌行动，培养广大师生文明餐桌新理念，以“小餐桌”带动“大文明”，同时践行绿色发展理念．该市某中学有A，B两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下：

假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率．

(1)估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率；

(2)记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；

(3)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，已知推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

(3)证明见解析

【分析】（1）运用古典概型求概率即可.

（2）根据已知条件计算简单离散型随机变量的分布列及期望.

（3）运用条件概率及概率加法公式计算可证明结果.

【详解】（1）设事件C为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐”，

因为30天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为，

所以．

（2）由题意知，王同学午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.3，

王同学午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.1，

张老师午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.2，

张老师午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.4，

记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，则X的所有可能取值为1、2，

所以，，

所以X的分布列为

所以X的数学期望

（3）证明：由题知，

所以，

所以，

所以，

即：，

所以，

即.

20．如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，侧面为正三角形，为的中点，为的中点.

(1)求证：平面.

(2)当时，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）取中点为，可得，然后利用线面平行的判定定理即得；

（2）利用线面垂直的判定定理可得AM⊥平面，进而可得平面ABCD⊥平面PAD，然后建立空间直角坐标系，利用坐标法即得.

【详解】（1）取中点为，连接,

在中，∵为的中点，为中点，

∴,

在正方形中，∵为的中点，

∴,

∴，

∴四边形为平行四边形，

∴，平面，平面，

∴平面；

（2）在正三角形中，为的中点，

∴，

又∵，平面，平面，

∴AM⊥平面，平面PCD，

∴AM⊥DC，

∵在正方形ABCD中，AD⊥DC，又平面，平面，

∴DC⊥平面PAD，平面ABCD，

∴平面ABCD⊥平面PAD，

取的中点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设AD＝2，则，，，，，

，，，，

设平面MDN的法向量为，

，令，则，

设平面PDC的法向量为，

，令，则，

∴，

∴平面MND与平面PCD夹角的余弦值为.

21．已知函数．

(1)若在处取得极值，求k的值；

(2)若，当时，判断函数的零点个数．

【答案】(1)

(2)1个

【分析】（1）若在处取得极值，则，解方程即可得出答案；

（2）对求导，求出的单调性，讨论在，时函数值的正负和最值情况即可得出的零点个数.

【详解】（1），

若函数在处取得极值，则，解得，

所以，

经检验，此时函数在处取得极小值，所以．

（2），定义域为，

，令，显然在上单调递增，

当时，因为，，

所以存在唯一，使得，即，

即，所以．

当时，，故，

当时，，故，

当时，，故，

所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

因为，，

所以当时，恰有1个零点．

当时，

，

令，，则，

所以在上单调递增，

所以，即时，，所以，

故当时，无零点，

综上，当时，在上只有1个零点．

【点睛】方法点睛：函数零点或函数图象交点问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．

22．已知双曲线C：的离心率为，且过点．

(1)求双曲线C的方程；

(2)若动点M，N在双曲线C上，直线PM，PN与y轴相交的两点关于原点对称，点Q在直线MN上，，证明：存在定点T，使得为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由双曲线过点和离心率为，列方程即可求解；

（2）联立直线与双曲线方程，根据直线PM，PN与y轴的两交点关于原点对称结合韦达定理即可求解.

【详解】（1）由题意知：解得，

所以双曲线的方程为．

（2）证明：显然直线的斜率存在，设直线的方程为，，，，

联立整理得，

则，，，．

直线PM，PN与轴相交的两点分别为，，

所以直线的方程为，

令，则，同理．

可得，所以，

，

所以，

所以，

所以，，

当时，，

此时直线MN方程为，恒过定点，不合题意，

所以，直线的方程为，恒过定点．

因为，设的中点为，所以，

所以为定值，所以存在使为定值．

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．