2022届黑龙江省哈尔滨三中高三第四模拟考试数学（文）试题含解析

这是一份2022届黑龙江省哈尔滨三中高三第四模拟考试数学（文）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届黑龙江省哈尔滨三中高三第四模拟考试数学（文）试题一、单选题1．已知集合，则A中元素的个数为（       ）A．9 B．10 C．11 D．122．已知数列是公比为实数的等比数列，，，则（       ）A．13 B． C． D．53．已知不重合的两条直线m，n和两个不重合的平面，，则下列选项正确的是（       ）A．若，且，则B．若，且，则C．若，且，则D．若，且，则4．在区域内任取一点，则满足的概率为（       ）A． B． C． D．5．《推背图》是唐朝贞观年间唐太宗李世民命天文学家李淳风和相士袁天罡推算大唐气运而作，此著作对后世诸多事件都进行了准确的预测.推背图以天干地支的名称进行排列，共有60象，其中天干分别为甲､乙､丙､丁､戊､己､庚､辛､壬､癸，地支分别为子､丑､寅､卯､辰､已､午､未､申､酉､戌､亥.该书第一象为“甲子”，第二象为“乙丑”，第三象为“丙寅”，一直排列到“癸酉”后，天干回到甲，重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支又回到子，即“丙子”，以此类推2023年是“癸卯”年，正值哈尔滨市第三中学建校100周年，那么据此推算，哈三中建校的年份是（       ）A．癸卯年 B．癸亥年 C．辛丑年 D．辛卯年6．己知直线l过抛物线的焦点，并且与抛物线C交于不同的两点A、B，若为线段的中点，则的值为（       ）A．4 B．5 C．6 D．87．函数具有性质（       ）A．图象关于点对称，最大值为 B．图象关于点对称，最大值为1C．图象关于直线对称，最大值为 D．图象关于直线对称，最大值为18．命题若，则；命题，不等式恒成立，下列命题是真命题的是（       ）A． B． C． D．9．某几何体的三视图如图所示，其中正视图为直角梯形，侧视图为等腰三角形，俯视图为等腰直角三角形，则该几何体的体积为（       ）A． B． C．2 D．410．己知是定义在R上的周期为4的奇函数，当时，，若，则（       ）A． B． C． D．11．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的取值范围是（       ）A． B． C． D． 二、填空题12．在利用秦九韶算法求当的值时，把多项式函数改写成如下形式：，从内到外逐层计算一次多项式的值，其中记，，以此类推，则计算得的数值为___________.13．设直线l：与双曲线C：相交于不同的两点A，B，则k的取值范围为___________.14．在正四棱锥中，M为棱上的点，且，设平面与平面的交线为l，则异面直线 l 与所成角的正切值为___________．15．若曲线过点的切线恒在函数的图象的上方，则实数a的取值范围是__________． 三、解答题16．2022年4月16日，神舟13号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，这趟神奇之旅意义非凡，尤其是“天宫课堂”在广大学生心中引起强烈反响，激起了他们对太空知识的浓厚兴趣．某中学在进行太空知识讲座后，从全校学生中随机抽取了200名学生进行笔试（试卷满分100分），并记录下他们的成绩，将数据分成5组：，并整理得到如下频率分布直方图．(1)求这部分学生成绩的中位数、平均数（同组数据用该组区间的中点值作代表）；(2)为了更好的了解学生对太空知识的掌握情况，学校决定在成绩高的第4、5组中用分层抽样的方法抽取6名学生，进行第二轮面试，最终从这6名学生中随机抽取2人参加市太空知识竞赛，求90分（包括90分）以上的同学恰有1人被抽到的概率．17．己知等差数列中，．(1)求数列的通项公式；(2)数列满足，求数列的前n项和．18．如图，在多面体中，平面平面为正三角形，四边形为菱形，且．(1)求证：∥平面；(2)求点B到平面的距离．19．己知函数(1)当时，求函数的单调区间；(2)若函数有两个不同的零点，求实数a的取值范围．20．已知圆：，圆：，动圆与圆外切并且与圆内切.(1)求动圆圆心E的轨迹方程；(2)过点的直线与动圆圆心E的轨迹相交于A，B两点，在平面直角坐标系xOy中，是否存在与M不同的定点N，使得恒成立？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.21．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系中，直线：.(1)求曲线上的点与直线上的点距离的最小值；(2)将曲线向左平移1个单位，向下平移个单位得到曲线，再将经过伸缩变换后得到曲线，求曲线上的点到直线距离的最大值.22．已知函数.(1)若，，求证：；(2)若函数的最小值为，且实数a，b，c满足，求的最小值.  
参考答案：1．C【解析】【分析】由椭圆的性质得，再列举出集合的元素即得解.【详解】解：由椭圆的性质得，又, 所以集合共有11个元素.故选：C2．D【解析】【分析】由条件结合等比数列通项公式求出公比，由此可求.【详解】设数列的公比为，因为，，所以，即，所以，故选：D.3．B【解析】【分析】对于A，当，且，则n可能在 内，判断A; 对于B，根据平面的法向量可进行判断；对于C，考虑 可能相交，也可能平行，即可判断；对于D，考虑到可能平行或异面或相交，即可判断，【详解】对于A，当，且，则n可能在 内，故A错误；对于B，因为，故在m上可取 作为 的法向量，同理在n上可取 作为 的法向量，因为，故，即得，故B正确；对于C，当，且时，可能相交，也可能平行，故C错误；对于D，当，且时，可能平行或异面或相交，故D错误，故选：B4．A【解析】【分析】根据题意，作出可行域的约束的平面区域，再结合几何概型求解即可.【详解】解：画出区域，如图（图中及内部），区域内满足的区域为图中四边形的内部及边界，且，，，所以与相似，所以，故所求概率.故选:A.   5．B【解析】【分析】根据天干和地支的周期计算可得结果.【详解】依题意可知，天干的周期为，地支的周期为，因为，所以哈三中建校的年份的天干也是癸；因为，所以哈三中建校的年份的地支为亥，哈三中建校的年份是“癸亥年”.故选：B.6．C【解析】【分析】先求出抛物线的准线方程，分别过作准线的垂线，垂足分别为，由抛物线的定义可得出答案.【详解】抛物线的准线方程为： 分别过作准线的垂线，垂足分别为则点到准线的距离为 根据抛物线的定义可得,且 所以故选：C7．D【解析】【分析】利用三角恒等变换将函数化简，再根据正弦函数的性质即得.【详解】∵，∴函数的最大值为1，所以，故AC错误；又当时，所以函数关于对称，故B错误，D正确.故选：D.8．A【解析】【分析】由指数函数和对数函数的单调性判断出命题是真命题，命题是真命题，再由复合命题的真值表判断可得选项.【详解】解：若，则，所以命题是真命题，是假命题；又，所以不等式恒成立，所以命题是真命题，是假命题，所以是真命题，是假命题，是假命题，是假命题，故选：A.9．B【解析】【分析】想象并复原几何体的直观图，利用三视图的数据，求得原几何体的体积，即得答案.【详解】由几何题的三视图，复原几何体为如图正方体中的三棱锥 ,由三视图可知正方体的棱长为2，故三棱锥顶点P位于正方体相应的棱的中点，底面为 ,高为正方体棱长2，则几何体的体积为 ，故选：B10．D【解析】【分析】根据函数的周期和奇偶性推得，继而化简可求得，化简等于，即可求得答案.【详解】由题意可得，为定义在R上的周期为4的奇函数，故 ，故，所以故即，即，而当时，，故，则当时，，故，故选：D11．C【解析】【分析】由均值不等式可得出的最小值，由余弦定理可得，再由正弦定理结合条件可化为，由辅助角公式可得最大值.【详解】(当且仅当时取等号)由，可得， 其中 ，当且仅当时取得等号,所以故选：C12．36【解析】【分析】根据表达式由与的关系求解即可.【详解】因为，，，所以，又，所以，故答案为：36.13．【解析】【分析】直线与双曲线有两个交点即联立方程后判别式要大于0，且直线不与渐近线平行.【详解】联立消去y：，，得到，又直线不与渐近线平行，所以.故答案为：.14．【解析】【分析】连接并延长交的延长线于点，则可得即为直线，然后可得或其补角为异面直线l与BC所成角，取的中点，则，进而即得.【详解】连接并延长交的延长线于点，则点为平面PAD与平面PMC的公共点，所以即为直线，因为，所以或其补角为异面直线l与BC所成角，取的中点，连接，则，设，则，∴ 所以异面直线 l 与BC所成角的正切值为.故答案为：.15．【解析】【分析】先求出切线方程，根据题意有恒成立，参变分离后恒成立，所以.【详解】设曲线过点的切线的切点为，则切线的斜率，所以，，切线方程为，所以恒成立，所以恒成立，令，则因为当，，，，所以为的极小值点，又因为时，，所以，所以.故答案为：.16．(1)中位数为73.33，平均数为73.5(2)【解析】【分析】(1) 平均数为每个小矩形面积乘以中点横坐标之积的和，中位数为左右面积相等的点的横坐标；(2)根据分层抽样先确定每组抽取的人数，再计算概率.(1)平均数为，设中位数为x，则，解得(2)根据分层抽样的方法抽取的6名学生，[80,90)有4人，[90,100]有2人，所以90分（包括90分）以上的同学恰有1人被抽到的概率.17．(1)(2)【解析】【分析】（1）由题目条件求出，代入等差数列的通项公式即可求出答案（2）求出，由错位相减法求数列的前n项和.(1)，因为是等差数列，所以，所以，则数列的通项公式为：.(2)，所以的前n项和为：，则①①两边同时乘以2得：②①-②得：，化简为：，所以.18．(1)详见解析；(2).【解析】【分析】（1）取的中点，连接，证明，即可根据线面平行的判定定理证明结论；（2）由题可得平面平面，过作于，过作于，连接，过作于，可得平面，结合条件可得点B到平面的距离为，即得.(1)如图，取的中点，连接,则，故四边形MDCF为平行四边形，所以因为，故,故四边形OMFN为平行四边形，则，又，∴，又平面BCF，平面BCF,故平面BCF；(2)连接，由题可得，∵平面平面，平面平面，∴平面，∴，，∴，，，∴平面，平面，∴平面平面，过作于，过作于，连接，过作于，则平面，∴，又，∴平面，∴，又，，∴平面，由题可知，，∴又四边形为菱形，且，∴，又，设点B到平面的距离为，则，故点B到平面的距离为.19．(1)函数的单调减区间为，单调增区间为；(2).【解析】【分析】（1）求出，讨论其符号后可得函数的单调区间.（2）利用导数分类讨论的单调性并结合零点存在定理可得实数的取值范围.(1)当时，，函数的定义域为，，由，可得，当时，单调递减，当时，单调递增，∴函数的单调减区间为，单调增区间为；(2)由题可知，当时，在上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意，当时，由，可得，当时，单调递减，当时，单调递增，函数在上的单调递减，在上单调递增，∴，当，即时，，函数至多有一个零点，不合题意，当，即时，，又，∴，对于函数，则，函数单调递增，由，可得，即，∴，∴，综上，实数a的取值范围为.【点睛】利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究.20．(1)(2)存在定点，使得恒成立.【解析】【分析】（1）设动圆的半径为，得到，得到，根据椭圆的定义得到动圆圆心的轨迹为以为焦点的椭圆，进而求得椭圆的方程；（2）设直线的方程为，当时，得到，得出点在轴上，可设点，联立方程组，设，得到，根据题意，只需使得轴为的平分线，则，结合斜率公式，列出方程求得的值，即可求解.(1)解：由题意，圆：，圆：，可得圆心坐标分别为，半径分别为，设动圆的半径为，因为动圆与圆外切并且与圆内切，可得，两式相加，根据椭圆的定义可得，动圆圆心的轨迹为以为焦点的椭圆，且，即，则，所以动圆圆心的轨迹方程为.(2)由题意，设过点的直线的方程为，当时，可得直线的方程为，可得点关于轴对称，可得，要使得成立，即成立，此时点在轴上，可设点且，当时，联立方程组，整理得，设，则，要使得成立，即成立，则只需使得轴为的平分线，只需，即，即成立，所以，即，则，整理得，解得或（舍去），综上可得，存在与M不同的定点，使得恒成立.21．(1)(2)【解析】【分析】（1）将和的方程化为直角坐标方程，根据圆心到直线的距离减去圆的半径可得结果；（2）根据图象变换求出，再根据椭圆的参数方程设点，利用点到直线的距离公式可求出结果.(1)由消去得，由得，将，代入得，所以曲线上的点与直线上的点距离的最小值为.(2)依题意可得，，在上设点，则该点到的距离，其中，，所以当时，取最大值.所以曲线上的点到直线距离的最大值为.22．(1)证明见解析；(2)【解析】【分析】（1）根据绝对值三角不等式即可证出；（2）由二次函数的最值可得，再根据基本不等式即可求出．(1)因为，，所以．(2)因为函数的最小值为，所以，即，所以．因此，当且仅当时等号成立，故的最小值为．