黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高三下学期第五次模拟考试数学试卷

这是一份黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高三下学期第五次模拟考试数学试卷，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。

一、单选题
1．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
2．命题，则的否定是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知正项等比数列的前三项和为28且，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
5．若函数在区间上有极值点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．某学校组队参加辩论赛，在1名男生和4名女生中选出4人分别担任一、二、三、四辩，在男生入选的条件下，男生担任一辩的概率是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．过抛物线上的一点P作圆C：的切线，切点为A，B，则的最小值是（ ）
A．4B．C．6D．
二、多选题
9．下列说法正确的有（ ）
A．直线的一个方向向量为
B．两个平面的夹角的范围是
C．数据25，32，33，40，45的第70百分位数为40
D．用决定系数来比较两个模型的拟合效果时，越大，表示残差平方和越大，即模型拟合效果越好
10．已知圆C：，直线l：（），则（ ）
A．直线l恒过定点
B．存在实数m，使得直线l与圆C没有公共点
C．当时，圆C上恰有两个点到直线l的距离等于1
D．圆C与圆恰有两条公切线
11．定义域为的函数，对任意x，，，且不恒为0，则下列说法正确的是（ ）
A．B．为偶函数
C．若，则关于中心对称D．若，则
三、填空题
12．若圆锥的轴截面是边长为3的等边三角形，则圆锥的侧面积为 ．
13．设双曲线C：的左焦点和右焦点分别是，，点P是C右支上的一点，则的最小值为 ．
14．已知函数（），若，，使得，则的最小值为 ．
四、解答题
15．已知数列的前n项积为，数列满足，（，）．
(1)求数列，的通项公式；
(2)将数列，中的公共项从小到大排列构成新数列，求数列的通项公式．
16．已知函数（）.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，求证：.
17．如图，在三棱柱中，侧面为矩形，M，N分别为AC，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，，为正三角形，求直线和平面所成角的正弦值．
18．已知的两个顶点，，点G为的重心，边上的两条中线的长度之和为6，记点G的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)若点P是曲线E上的任意一点，，，，，直线PC，PD与x轴分别交于点M，N．
①求的最大值；
②判断是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，求出它的最大值．
19．已知箱中有若干个大小相同的红球和白球，每次抽一个球，若抽到白球，则放回并再次抽球，若抽到红球，则不再抽取．设每次抽到红球的概率为p（），记X为停止抽球时所抽取的次数，X的数学期望为．
(1)若最多抽4次，且，求X的分布列及数学期望；
(2)在成功概率为p（）的伯努利试验中，记X为首次成功时所需的试验次数，X的取值为所有正整数，此时称离散型随机变量X的概率分布为几何分布．若抽球一直进行下去，则X服从几何分布．
①求恰好第k次抽到红球的概率；
②求．
参考答案：
1．C
【分析】解集合中的不等式，求集合中函数的值域，得到这两个集合，由交集的定义求.
【详解】不等式，解得，得，
由，得，
则.
故选：C.
2．D
【分析】利用全称量词命题的否定即可得解.
【详解】因为量词命题的否定步骤为“改量词，否结论”，
所以的否定为：.
故选：D.
3．C
【分析】先求出公比，再根据通项公式基本量的计算即可求解.
【详解】由题意设公比为，则，即，
解得（负值舍），所以.
故选：C.
4．D
【分析】根据共轭复数的定义可得，即可根据复数的加减运算得，由模长公式即可求解.
【详解】因为，所以，
所以
故选：D
5．C
【分析】结合函数极值点与导数零点的关系，结合零点存在定理列出不等式组即可求解.
【详解】已知，由题意知在内有变号零点，
显然在单调递增，
故原条件等价于，解得，
故实数a的取值范围是.
故选：C.
6．A
【分析】由排列数的计算以及古典概型概率计算公式即可得解.
【详解】在1名男生和4名女生中选出4人分别担任一、二、三、四辩，
在男生入选的条件下，男生担任一辩的概率是.
故选：A.
7．B
【分析】由两角和差公式、二倍角公式逆用可得，进一步结合两角和的正切公式即可得解.
【详解】由题意，即，
即，所以.
故选：B.
8．B
【分析】设，利用圆的切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，再求出函数的最小值即可.
【详解】设，则，圆的圆心，半径，
由切圆于点，得，
则
，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故选：B.
9．AC
【分析】对于A，由直线方向向量的定义即可判断；对于B，由平面夹角的定义即可判断；对于C，由百分位数的定义即可判断；对于D，由回归分析中决定系数的实际意义即可判断.
【详解】对于A，任取直线上不重合的两点，
则它的一个方向向量为，其中是指直线的斜率，
而与共线，故A正确；
对于B，两个平面的夹角的范围是，故B错误；
对于C，因为，数据25，32，33，40，45的第70百分位数为40，故C正确；
对于D，用决定系数来比较两个模型的拟合效果时，越大，表示残差平方和越小，即模型拟合效果越好，故D错误.
故选：AC.
10．ACD
【分析】求出直线过的定点判断A；判断定点与圆的位置关系判断B；求出圆心到直线距离判断C；判断圆与圆的位置关系判断D.
【详解】对于A，直线的方程为，由，得，
直线过定点，A正确；
对于B，又，即定点在圆内，则直线与圆相交，有两个交点，B错误；
对于C，当时，直线：，圆心到直线的距离为，
而圆半径为2，且，因此恰有2个点到直线的距离等于1，C正确；
对于D，圆化为，
圆的圆心为，半径为4，
两圆圆心距为，
两圆相交，因此它们有两条公切线，D正确.
故选：ACD.
11．BCD
【分析】根据给定的等式，利用赋值法，结合奇偶函数的定义、对称中心及周期性定义逐项判断得解.
【详解】对于A，令，有，而不恒为0，则，A错误；
对于B，由A知，令，有，
即，则函数为偶函数，B正确；
对于C，若，令，有，
则关于中心对称，C正确；
对于D，显然关于中心对称，又为偶函数，则，
即，因此，是周期为4的周期函数，
显然，，即，
所以，D错误.
故选：BCD.
12．/
【分析】只需求出圆锥底面周长以及圆锥母线长度即可.
【详解】圆锥底面半径、母线依次为，从而圆锥的底面周长为，侧面积为.
故答案为：.
13．8
【分析】利用双曲线性质、焦半径的范围将所求转换为对勾函数的最小值即可得解.
【详解】，，
，
而函数在上单调递增，
所以当且仅当时，.
故答案为：8.
14．
【分析】根据正弦函数的有界性可得函数在上能取到最大值和最小值，从而利用正弦函数性质得，求解即可.
【详解】若，，使得，则，或，
即函数在上能取到最大值和最小值，
因为，所以，所以，所以，
即正数的最小值为.
故答案为：.
15．(1)，
(2)
【分析】（1）对，两边同时取对数，对分类讨论即可求出，由等差数列定义即可求出；
（2）令，解出即可得解.
【详解】（1），，
当时，，
当时，，即，
而，满足上式，
所以数列的通项公式为；
若数列满足，（，），
则，
从而数列的通项公式为；
（2）令，解得，这表明，
从而只能，
所以，
所以数列的通项公式为.
16．(1)当时，函数在区间上单调递减；当时，函数在区间单调递减，在区间单调递增.
(2)证明见解析；
【分析】（1）求出函数的导数，通过对分类讨论，即可求出函数的单调性；
（2）根据（1）结论判断函数的单调性，并求出最小值，再通过最小值与 在指定区间作比较即可得证.
【详解】（1）由题意可知，函数的定义域为，
导数，
当时，，；
当时，，；；
综上，当时，函数在区间上单调递减；
当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）由（1）可知，当时，
函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
所以函数，
要证,
需证，
即需证恒成立.
令，
则，
所以函数在区间单调递减，
故，
所以恒成立，
所以当时，.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）只需运用两次线面平行的判定定理分别证明平面，以及平面，最后再结合面面平行的判定定理即可得证；
（2）利用等体积法，找出二面角的平面角，计算所需高和面积，从而建立方程即可求解.
【详解】（1）因为M，N分别为侧面为矩形的边AC，的中点，
所以，即四边形是平行四边形，
所以,
因为，
所以，即四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为M，N分别为侧面为矩形的边AC，的中点，
所以，即四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，且，平面，平面，
所以平面平面；
（2）由（1）可知四边形是平行四边形，
又，
所以平行四边形是矩形，
从而，
因为为正三角形，
所以为正三角形，
又因为点是的中点，
所以，
又因为平面平面，平面，平面，
所以是二面角的平面角，它的余弦值为，那么它的正弦值为，
因为，为正三角形，
所以为正三角形，且，
于三棱锥而言，若将三角形看作三棱锥的底面，设为三棱锥的高，
则对应三棱锥的高为，
而三角形的面积为，
而，
所以，
又，
所以，
所以三角形的面积为，
设直线和平面所成角的正弦值为，
而，
则点到平面的距离为，
由等体积法有，
即，
解得，
即直线和平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)①最大值为；②定值16
【分析】（1）由重心得到，从而得到点的轨迹为以，的焦点的椭圆（除去两个与轴的两个交点），从而得到椭圆方程；
（2）①设，，则，确定直线PC方程，得到点M的坐标，同理得到N点坐标，表达出，从而求出的最大值；
②表达出，结合，得到答案.
【详解】（1）由题意得，且，
故，
故点的轨迹为以，的焦点的椭圆（除去两个与轴的两个交点），
其中，解得，
故，
故曲线E的方程为；
（2）①设，，则，
则直线PC方程为，
令得，
直线PD方程为，
令得，
则，
因为，所以，
故当时，，
②为定值，理由如下：
因为，所以，
故.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
19．(1)分布列见解析，
(2)①；②
【分析】（1）的所有可能取值为，由独立乘法公式结合已知求出相应的概率即可得分布列，进而得数学期望；
（2）①由独立乘法公式即可说明；②利用错位相减法说明，结合即可求解.
【详解】（1）的所有可能取值为，
，
，
X的分布列为：
所以的数学期望为；
（2）①恰好第k次抽到红球，这意味着前次抽到的都是白球，如果，可以视为第一次就抽到了红球，
从而；
②，
，
两式相减得，
所以，
现在我们来证明时，，
事实上，，所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：第二问②的关键是先求，然后结合即可顺利得解.
1
2
3
4
0.1
0.09
0.081
0.729