2023届黑龙江省哈尔滨市第九中学校高三第二次模拟考试数学试题含解析

2023届黑龙江省哈尔滨市第九中学校高三第二次模拟考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.

【详解】因为，

由可得，解得，则，

因此，.

故选：D.

2．命题“，”是真命题的充要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】直接利用恒成立问题的建立不等式，进一步求出实数a的取值范围．

【详解】命题“，”为真命题，则在上恒成立，

∵，∴，则.

故选∶B．

3．已知方程在复数范围内有一根为，其中i为虚数单位，则复数在复平面上对应的点在（    ）．

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【分析】把代入已知方程，结合复数的运算及复数相等条件可求，再由复数几何意义可求．

【详解】解：因为方程在复数范围内有一根为，

所以，整理得，

所以，

则复数在复平面上对应的点在第二象限．

故选：B．

4．已知随机变量 分别满足，，且期望，又，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用正态分布的对称性可求得，根据二项分布以及正态分布的均值，结合题意列方程，可求得答案.

【详解】由题意知，，，

故，

由，知，故，

故选：C

5．密位制是度量角的一种方法，把一周角等分为份，每一份叫作密位的角.在角的密位制中，单位可省去不写，采用四个数码表示角的大小，在百位数与十位数之间画一条短线，如密位写成“”，密位写成“”.若，则角可取的值用密位制表示正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三角恒等变换求出的值，可得出角的取值，转化为密位制即可得解.

【详解】因为，

可得，所以，，

所以，或，则或，

所以，密位或密位，其中，

所以，角可取的值用密位制表示为.

故选：B.

6．定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作，比如：.已知，满足，则p可以是（    ）

A．23 B．31 C．32 D．19

【答案】A

【分析】根据二项式定理求得除以的余数，再结合选项即可求得结果.

【详解】因为

也即，

故除以的余数为除以的余数2，

又除以7的余数也为2，满足题意，其它选项都不满足题意.

故选：A.

7．已知双曲线的左焦点为，直线与双曲线交于两点，且，，则当取得最小值时，双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据对称关系可知，，利用双曲线定义和向量数量积的定义可构造方程求得，由此化简，根据基本不等式取等条件可知，由双曲线离心率可求得结果.

【详解】不妨设位于第一象限，双曲线的右焦点为，连接，，

为中点，四边形为平行四边形，，；

设，，则

由得：，解得：；

在中，，

，

（当且仅当时取等号），

当取得最小值时，双曲线的离心率.

故选：D.

8．已知a，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】可用排除法求解答案

【详解】由,两边取对数，可得

>0(因为),

所以a，所以.

因为，所以.

取,即,即,代入得

,得,,满足题意.

此时D成立，C不成立，故排除C;

取,,即,代入得与解得,满足,满足题意.

满足题意.此时C成立，D不成立，故排除D;

当时， ,

由等价于,由,可知成立，所以故A成立，B不成立，故排除B.

故选：A.

二、多选题

9．已知圆C：的圆心坐标为，则（   ）

A．，

B．圆C的半径为2

C．圆C上的点到直线距离的最小值为

D．圆C上的点到直线距离的最小值为

【答案】AC

【分析】根据圆的一般方程可得圆心坐标和半径，进而可判断AB，根据圆心到直线的距离即可求解圆上点到直线的最小距离,即可判断CD.

【详解】由圆C：的圆心坐标为得

所以，故A正确，

圆的半径，故B错误，

圆心到直线的距离为，故圆C上的点到直线距离的最小值为，故C正确，D错误，

故选：AC

10．下列说法正确的是（    ）

A．若事件互斥，，则

B．若事件相互独立，，则

C．若，则

D．若，则

【答案】ABC

【分析】根据互斥事件的概率加法公式判断A；根据独立事件的乘法公式判断B；根据条件概率以及全概率公式可判断.

【详解】对于A：，正确；

对于B：，正确；

对于C：，，

所以，解得正确；

对于D：由C得，D错误，

故选：ABC.

11．已知函数，且，的最小正周期为，，则（    ）

A． B．

C．为奇函数 D．关于对称

【答案】BD

【分析】根据正弦函数的性质得出，从而判断A；由解析式判断B；由奇偶性的定义判断C；由判断D.

【详解】对于A：因为，所以为的一个极值点，

所以，所以，

即 ，所以，

又因为，所以，因为，所以，

所以，故选项A错误；

对于B：，故选项B正确；

对于C：，

，即不是奇函数，故选项C错误；

对于D：，即关于对称，故选项D正确；

故选：BD

12．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，则下列结论正确的是（    ）

A．勒洛四面体最大的截面是正三角形

B．若P，Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值为4

C．勒洛四面体ABCD的体积是

D．勒洛四面体ABCD内切球的半径是

【答案】BD

【分析】由勒洛四面体的定义判断选项A；由勒洛四面体的定义求解判断B;根据对称性, 由勒洛四面体内切球的球心是正四面体ABCD外接球的球心求解判断C;结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解判断.

【详解】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图1所示，故A不正确；

根据勒洛四面体的性质,它能在两个平行平面间自由转动,并且始终保持与两平面都接触，所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长,所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为4，故B正确;

如图2, 由对称性可知勒洛四面体内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心，连接 BO ，并延长交勒洛四面体的曲面于点E, 则 OE 就是勒洛四面体内切球的半径. 如图 3 , 在正四面体ABCD中，M为 的中心，O是正四面体 ABCD外接球的球心，连接 BM，BO，AM，由正四面体的性质可知 O在 AM 上.

因为 , 所以则 .

因为，即

解得 ,则正四面体ABCD外接球的体积是 .

因为勒洛四面体的体积小于正四面体ABCD外接球的体积, 则 C错误.

因为 , 所以 , 则 D正确.

故选：BD.

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.

三、填空题

13．在等比数列中，，，则_________.

【答案】8

【分析】根据等比中项的性质求解即可.

【详解】由题，则，且，所以，

故答案为：8

14．设平面向量，的夹角为，且，则在上的投影向量是______.

【答案】

【分析】根据题意，求得，进而求得在上的投影向量，得到答案.

【详解】由题意知，平面向量，的夹角为，且，

则，所以则在上的投影向量为.

故答案为：

15．一组数据为148，150，151，153，153，154，155，156，156，158，163，165，则这组数据的第75百分位数是________.

【答案】157

【分析】根据题意，由百分位数的计算公式计算可得答案．

【详解】这组数据共12个，，则这组数据的第75百分位数是.

故答案为：157

16．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长，某些折纸活动蕴含丰富的数学内容.例如，用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）.

步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；

步骤2：把纸片折叠，使圆周正好经过点；

步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；

步骤4：不停重复步骤2和步骤3，就能得到越来越多的折痕.圆面上所有这些折痕围成一条曲线，记为.现有半径为的圆形纸片，定点到圆心的距离为，按上述方法折纸，在上任取一点，为线段的中点，则的最小值为________.

【答案】

【分析】分析可知曲线是以、为焦点，长轴长为，焦距为的椭圆，以所在直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，求出曲线的方程，结合椭圆的有界性可求得的最小值.

【详解】设点关于折痕的对称点为点，由对称性可知，且、、三点共线，

如图，以所在直线为轴，的中点为原点建立如下图所示的平面直角坐标系，

所以，，

所以，曲线是以、为焦点，长轴长为，焦距为的椭圆，

则，可得，，则，

所以，曲线的方程为，

设点，则，所以，且，

所以，，

当且仅当时，等号成立，故的最小值为.

故答案为：.

四、解答题

17．的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.

(1)求角C；

(2)若，D为BC中点，，求AD的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据余弦定理与正弦定理将边化角结合三角恒等变换即可求解；

（2）先求解，由正弦定理求出边，结合余弦定理即可求解．

【详解】（1）由，∴，∴

，∵ ，

由正弦定理得∴，∴，

∴，解得；

（2），，∴，

由正弦定理得，

在中，由余弦定理得，解得．

18．已知数列的首项，且满足．

(1)求证：数列为等比数列

(2)设数列满足，求最小的实数，使得对一切正整数均成立．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意，将递推公式代入即可证明；

（2）根据题意和（1）的结论，利用分组求和法求得，然后利用函数的单调性即可求解.

【详解】（1）因为，所以．

又，所以数列是一个首项为，公比为的等比数列.

（2）由知，当为偶数时，，

当为奇数时，

故

，

当时，，

则，

所以的最小值为．

19．为调查某地区植被覆盖面积x（单位：公顷）和野生动物数量y的关系，某研究小组将该地区等面积划分为200个区块，从中随机抽取20个区块，得到样本数据，部分数据如下：

经计算得：，，，.

(1)利用最小二乘法估计建立y关于x的线性回归方程；

(2)该小组又利用这组数据建立了x关于y的线性回归方程，并把这两条拟合直线画在同一坐标系xOy下，横坐标x，纵坐标y的意义与植被覆盖面积x和野生动物数量y一致.

（i）求这两条直线的公共点坐标.

（ii）比较与的斜率大小，并证明.

附：y关于x的线性回归方程中.，，

【答案】(1)

(2)（i） ；（ii），理由见解析

【分析】（1）根据题意，结合最小二乘法将数据代入即可求解；

（2）设前者和后者的斜率分别为，，分别求出，.

（i）根据直线均过样本中心点即可求解；

（ii）根据，的值，结合相关系数的公式与性质即可得出结论.

【详解】（1）由题意可知，；

，，

故回归方程为；

（2）设，的斜率分别为，，

x关于y的线性回归方程为， ，

，，

（i）根据回归直线的求解过程可知两条直线都过，且，

故公共点只有一个 ；

（ii）∵，，，，∴ ，

若，则，即恒成立，代入表格一组数据得：

，矛盾，故.

20．已知函数．

(1)求函数在点处的切线方程；

(2)证明：函数在上有且仅有一个零点．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据导数几何意义求解.

（2）判断函数在上单调性，然后观察零点.

【详解】（1）因为，且，，

所以切线方程为，

即所求切线方程为．

（2）．

因为，所以，，，

所以，所以，当且仅当时取等号，

所以在上是减函数，且，

所以在上仅有一个零点．

21．在直角梯形中，，，，直角梯形绕直角边旋转一周得到如下图的圆台，已知点分别在线段，上，二面角的大小为.

(1)若，，，证明：平面；

(2)若，点为上的动点，点为的中点，求与平面所成最大角的正切值，并求此时二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)与平面所成最大角的正切值为，此时二面角的余弦值为

【分析】（1）由已知可建立以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算，即可证明线面平行；

（2）根据已知可建立以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，根据线面关系求得与平面所成最大角的正切值，即得的值，利用空间向量坐标运算即可求得此时二面角的余弦值.

【详解】（1）因为，所以，所以，又平面，所以平面，

又平面，所以，又，如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

由于，所以，则，

又，所以，则，

所以，又平面，故可为平面的一个法向量，

又，且平面，所以平面；

（2）因为，所以，所以，如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，

设，则，则，又平面，所以可作为平面的一个法向量，

设与平面所成角为，且，则，

又函数与均在上单调递增，

所以当时，有最大值为，此时也取到最大值，

又，则；

设此时平面的法向量为，又

所以，令，则，

是平面的一个法向量，

所以，由图可知二面角为锐角，即二面角的余弦值为.

所以与平面所成最大角的正切值为，此时二面角的余弦值为.

22．已知椭圆：，设过点的直线交椭圆于，两点，交直线于点，点为直线上不同于点A的任意一点.

(1)若，求的取值范围；

(2)若，记直线，，的斜率分别为，，，问是否存在，，的某种排列，，（其中，使得，，成等差数列或等比数列？若存在，写出结论，并加以证明；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)，，或成等差数列,证明见解析.

【分析】（1）设点，表示出，结合可得，结合可得不等式，即可求得答案；

（2）判断出结论，加以证明；考虑直线l的斜率为0和不为0两种情况；当直线l斜率不为0时，设直线，联立方程，可得根与系数的关系，利用结合根与系数关系式化简，即可证明结论.

【详解】（1）设点，其中且，

则 ，

由，得，

，，

只需，又，故,

所以b的取值范围是.

（2），，或成等差数列,证明如下：

若，则，设点.

①若直线l斜率为0，则点，不妨令点，

则，此时的任意排列，，均不成等比数列，

，，或成等差数列.

②直线l斜率不为0，设直线,

则点，

由得，，

故，

因为，

所以

，

所以，，或成等差数列，

综合上述，，，或成等差数列.

【点睛】难点点睛：本题第二问与数列进行了综合，形式比较新颖，有一定难度，难点在于判断出结论，进而证明，证明时结合直线方程联立椭圆方程，利用根与系数的关系结合进行化简，计算量较大，因而要注意计算的准确性.