2023届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三第三次模拟考试数学试题含解析

2023届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三第三次模拟考试数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解指数不等式化简集合A，求出函数的定义域化简集合B，再利用交集的定义求解作答.

【详解】解不等式，得，则，

解不等式，即，得，则，

所以.

故选：B

2．已知复数，则（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】A

【分析】利用复数除法运算求出复数，再利用共轭复数、复数模的意义求解作答.

【详解】依题意，，则，

所以.

故选：A

3．平行四边形中，点在边上，，记，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据给定的几何图形，结合向量的线性运算求解作答.

【详解】在中，，，

所以.

故选：D

4．记为的任意一个排列，则使得为奇数的排列个数为（    ）

A．8 B．12 C．16 D．18

【答案】A

【分析】根据分步乘法计数原理，分前两位一奇一偶，后两位一奇一偶安排，利用先取后排的原则作答即可得到结果.

【详解】由已知得前两位和一奇一偶，有种排法，

后两位和一奇一偶，有种排法，

根据分步计数原理，使得为奇数的排列个数为种.

故选：A

5．已知函数，平面区域内的点满足，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意得及，作出平面区域，求面积即可.

【详解】由得，表示以原点为圆心，1为半径的圆的内部，

由得，

当时，；当时，；

当时，；当时，，

根据以上信息，作出平面区域，如图阴影部分，

则的面积为.

故选：D.

6．已知四棱锥的底面为正方形，底面，点是线段上的动点，则直线与平面所成角的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.

【详解】

由题意，因为为正方形，且底面，

以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，

所以，设，，

则，所以，即，

设平面的法向量为，

则，解得，取，

所以平面的一个法向量为，

设直线与平面所成角为，

则，

因为单调递增，所以当时，最大，

此时，即直线与平面所成角的最大值为.

故选:C

7．如图，阴影正方形的边长为1，以其对角线长为边长，各边均经过阴影正方形的顶点，作第2个正方形；然后再以第2个正方形的对角线长为边长，各边均经过第2个正方形的顶点，作第3个正方形；依此方法一直继续下去.若视阴影正方形为第1个正方形，第个正方形的面积为，则（    ）

A．1011 B．  C．1012 D．

【答案】B

【分析】根据图形规律可知是以公比为2，首项为1的等比数列，进而根据，并项求和即可.

【详解】第一个正方形的边长为，面积为，

第二个正方形的边长为，面积为，

第三个正方形的边长为，面积为，……,进而可知：是以公比为2，首项为1的等比数列，所以，

由于 ,所以

，

故选：B

8．已知函数，对任意的，都有，当时，，若，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】令，求得，得到为上的奇函数，根据题意求得，进而得到函数在上为减函数，把不等式，转化为，即可求解.

【详解】令，则，

可得，

即，所以为上的奇函数，

因为时，，可得，

所以在为单调递减函数，且，

所以函数在上为单调递减函数，

由不等式，

可得

整理得到，

即，可得，解得，

所以实数的取值范围为.

故选：B.

二、多选题

9．已知两个事件，满足，则下列结论正确的是（    ）

A．若为相互独立事件，则

B．若，则

C．

D．

【答案】ABC

【分析】由为相互独立事件，由相互独立事件和条件概率公式可判断A；由条件概率公式和全概率公式可判断B，C，D.

【详解】若为相互独立事件，则，

，故A正确；

若，由A选项可知，，

所以，故B正确；

，，而，

所以，故C正确；

，，

，故D不正确.

故选：ABC.

10．已知函数，且在上单调.则下列结论正确的是（    ）

A．

B．

C．在区间上有2个零点

D．若，且，则

【答案】BC

【分析】根据题意求得函数，可判定A错误，B正确；由，得到，令，求得或，可判定C正确；令，转化为，得到，进而可判定D错误.

【详解】由函数，

因为，可得，

可得，

则，

又因为上单调，所以，即，

因为，可得，

取，可得，则，可得，

又因为，可得，可得，

检验：当，，故单调递减，满足题意，

所以A不正确，B正确；

由，可得，

令，即，解得或，

所以函数在上有两个零点，所以C正确；

由且，，令，则，

因为，且，可得，

根据函数的对称性，可得，即，

即，可得，

所以，所以D不正确.

故选：BC.

11．正四棱锥中，，，过点作截面分别交棱于点，且，则下列结论正确的是（    ）

A．若为中点，则

B．若平面，则截面的面积

C．若为所在棱的中点，则

D．若为所在棱的中点，则点到平面的距离为

【答案】AD

【分析】根据题中条件，可以判断、、三条直线交于一点，结合题中的数量关系，可以把立体问题转化为平面问题，进而判断ABC选项.

对于D选项，根据面面垂直可以把点到平面的距离转化为点到直线的距离，进而可得.

【详解】

A选项：如图：连接交于，连接交于，

因四点共面，所以过点.

由题意为的中点，若为中点，

则为的重心，

所以，

又因，

所以，

在正四棱锥中，，

所以，故A正确.

B选项：由题知：，所以为等边三角形，

若平面，则，

故为的中点，且，

在正四棱锥中，，

因，所以

又平面，平面,

所以，

又，平面，平面，

所以平面，

因平面，

所以

所以截面的面积为，

故B错误.

C选项：

若为所在棱的中点，如图，则，平面的平面图如下：

设，，

，

，

，

因得，，

所以，

故，

故C错误.

D选项：因平面，

平面

所以平面平面，

因平面平面，

点到平面的距离即为点到直线的距离

如图建立平面直角坐标系，则，，

直线的方程为：，即，

点到直线的距离为，

故D正确.

故选：AD.

12．已知曲线，则（    ）

A．曲线关于直线轴对称

B．曲线与直线有唯一公共点

C．曲线与直线没有公共点

D．曲线上任意一点到原点的距离的最大值为

【答案】ABD

【分析】A只需判断对于任意、是否都有成立即可；B联立直线与曲线求交点即可判断；C联立直线与曲线得，构造，利用导数研究其在上零点个数即可；D令曲线上任意一点且，且到原点距离为，代入曲线方程得，应用换元法、三角恒等变换求最大值.

【详解】对A，将、代入有都成立，即曲线关于直线轴对称，A对；

对B，将代入曲线，整理得，

所以，即曲线与直线有唯一公共点，B对；

对C，将代入曲线，整理得，

令，则，且，

所以在上，递增，上，递减，

又，，而，

所以在上有两个零点，C错；

对D，令曲线上任意一点且，且到原点距离为，

所以，则，

若，则，

所以，

令且，则，即上单调递减，

所以在上单调递增，故，D对.

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：C转化为研究函数在上的零点个数问题；D设任意点的极坐标，应用换元法、三角恒等变换、导数研究的最值.

三、填空题

13．函数，若，使得，则__________.（写出符合条件的一个值即可）

【答案】(答案不唯一)

【分析】根据正弦函数的周期性即可取求解.

【详解】取,，

，,

故答案为：(答案不唯一)

14．若对于定义在上的函数，当且仅当存在有限个非零自变量值，使得，则称为类奇函数，若函数为类奇函数，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【分析】根据函数是类奇函数和类奇函数的定义，可以列出方程，并且所列方程存在非零实数根，从而得出结果.

【详解】因为函数为类奇函数，

所以根据类奇函数的定义，存在非零实数，使得

，

即，即，

因为为非零实数，所以，所以，所以.

故答案为：.

15．若，则实数由小到大排列为__________<__________<__________.

【答案】     b     c     a

【分析】根据给定条件，构造函数，再利用导数探讨单调性比较大小作答.

【详解】依题意，，而，

令函数，求导得，

因此函数在上单调递增，而，于是，

又，所以.

故答案为：b；c；a

16．将五个1､五个2､五个3､五个4､五个5共25个数填入一个5行5列的表格内（每格填入一个数），使得同一列任何两数之差的绝对值不超过2.设每列中五个数之和的最小值为，则的最大值为__________.

【答案】

【分析】根据题意，由5个1分布的列数不同情形进行讨论，即可确定的最大值.

依据5个1分布的列数的不同情形进行讨论，确定的最大值.

 (1)若5个1分布在同一列，则；

(2)若5个1分布在两列中，则由题意知这两列中出现的最大数至多为3，故，故；

(3)若5个1分布在三列中，则由题意知这三列中出现的最大数至多为3，故，故；

 (4)若5个1分布在至少四列中，则其中某一列至少有一个数大于3，这与已知矛盾.

综上所述，；  

另一方面，如上表的例子说明可以取到10.故的最大值为.

故答案为:.

四、解答题

17．如图，四边形是圆柱的轴截面，点是母线的中点，圆柱底面半径.

(1)求证：平面；

(2)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；

（2）由基本不等式知，当且仅当时，三棱锥的体积最大，如图所示，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.

【详解】（1）证明：连接，，则，且，，

连接，，由圆柱的性质可得

，

所以四边形是平行四边形，，所以为中点，

所以易知，平面，平面，

所以平面；

（2）设，则，

，当且仅当时取等，

如图所示，建立空间直角坐标系，，

，设平面的法向量为，

所以，令，，所以，

取平面的法向量为，

所以平面与平面夹角的余弦值，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

18．已知数列的前项和为，满足，等差数列中.

(1)求和的通项公式；

(2)数列与的共同项由小到大排列组成新数列，求数列的前20的积.

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）根据给定的递推公式求出，即可求出，再求出等差数列的公差求出作答.

（2）利用二项式定理分析、探求出的表达式即可求出作答.

【详解】（1），，当时，，两式相减得：，

即，而，解得，因此数列是首项为3，公比为3的等比数列，，

在等差数列中，由，得，解得，

则公差，，

所以和的通项公式分别为，.

（2）令数列的第m项与数列的第k项相同，即，

于是，

显然是4的正整数倍，要成立，

当且仅当为正偶数，因此数列与的共同项为，即，

所以.

19．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即已知三角形的三边长，求它的面积，用现代式子表示即为：①（其中内角所对的边分别为为的面积）

(1)证明公式①；

(2)已知三条边的高分别为，求.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）在中，过点A作，设，，，算出，然后利用面积公式即可证明；

（2）由可设，，代入三角形面积公式可得，解出k，求出a，即可求解.

【详解】（1）在中，，，，

过点A作，设，，，

由得：，，，

．

（2）由，知，

设，，

则，

又，

∴，∴，

∴,

所以.

20．碳中和是指国家､企业､产品､活动或个人在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林､节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，实现正负抵消，达到相对"零排放."2020年9月22日，中国政府在第七十五届联合国大会上提出："中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和.某工厂响应国家号召，随着对工业废气进行处理新技术不断升级，最近半年二氧化碳排放量逐月递减，具体数据如下表：

并计算得.

(1)这6个月中，任取2个月，求已知其中1个月的碳排放量低于6个月碳排放量的平均值的条件下，另1个月碳排放量高于6个月碳排放量的平均值的概率；

(2)若用函数模型对两个变量月份与排放量进行拟合，根据表中数据，求出关于的回归方程.

附：对于同一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）求出6个月碳排放量的平均值，确定碳排放量低于平均值月数，再利用条件概率求解作答.

（2）对两边取对数得，利用给定数据结合最小二乘法公式求出回归方程作答.

【详解】（1）6个月碳排放量的平均值为，因此碳排放量低于50的有3个月，

“从6个月中，任取2个月，其中一个月碳排放量低于50”为事件，“1个月碳排放量高于50”为事件，

，，

由条件概率公式可得

所以所求概率为.

（2）由，两边取对数得，而，，

因此，

，

所以回归方程为：，即，亦即，

所以关于的回归方程是.

21．已知椭圆.

(1)若为椭圆上一定点，证明：直线与椭圆相切；

(2)若为椭圆外一点，过作椭圆的两条切线，切点分别为，直线分别交直线于两点，且的面积为8.问：在轴是否存在两个定点，使得为定值.若存在，求的坐标；若不存在，说明理由.

【答案】(1)证明见解析；

(2)存在，.

【分析】（1）当时，联立直线与椭圆方程，利用判别式计算判断，再验证的情况作答.

（2）设出切点坐标，利用（1）的结论，求出二切线方程，再求出点A，B的横坐标，借助三角形面积公式求出点P的轨迹方程即可作答.

【详解】（1）当时，，直线与椭圆相切，当时，，

由消去y并整理得，

所以，有

所以直线与椭圆相切.

（2）设，则由（1）得：，而二切线过点，则有，

因此是方程的两个解，即直线的方程为：，

设点，由解得，同理：，

，，

又，解得，

，即，整理得，

取点的轨迹方程为，此时点的轨迹是焦点为，实轴长为8的双曲线，

所以在轴上存在点，使得||成立.

【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.

22．已知.

(1)若，证明：存在唯一零点；

(2)当时，讨论零点个数.

【答案】(1)见解析

(2)有2个零点，

【分析】（1）求导，利用导数判断在单调递减，进而由零点存在性定理即可求解，

（2）分类讨论，结合导数求解单调性，由零点存在性定理即可求解.

【详解】（1），，

由于，所以 进而，所以在单调递减，

又，所以存在唯一零点

（2），，则，，

当 时，，

此时 在单调递减，， 所以在在没有零点，

当时，令，

所以 在单调递增，又

故当时，，故 在单调递减，又，

当时， ，故在单调递增，因此当时， 只有一个零点0，

当时，，所以 在单调递减，，

故 使得，且当时，单调递增，

当时，单调递减，而，

所以当此时无零点，当，只有一个零点，

综上可知：时，有2个零点，

【点睛】本题主要考查了导数的综合运用以及函数的零点，属于较难题.判断函数零点个数的常用方法：

(1) 直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个；

(2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.