2023届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三三模数学试题含解析

这是一份2023届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三三模数学试题含解析，共22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。
2023届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三三模数学试题 一、单选题1．命题：“，”的否定是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】全称量词命题的否定是特称量词命题，把任意改为存在，把结论否定.【详解】“，”的否定是“，”.故选：C2．设全集，，，则下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由指数函数单调性解不等式，得到，由真数大于0得到，再对四个选项一一判断正误.【详解】因为，所以，解得，，由对数函数真数大于0可得，解得，故，AB选项，，，A错误，B正确；C选项，或，，C错误；D选项，或，故，D错误.故选：B3．若复数，当是纯虚数时，实数值为（    ）A．或2 B．2或 C．2 D．【答案】D【分析】是纯虚数，根据实部为零，虚部不等于零求解即可.【详解】当是纯虚数时，则，解得.故选：D.4．已知，则下列不等式不一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】A选项，根据不等式基本性质得到；B选项，利用基本不等式求解；C选项，利用作差法比较大小；D选项，可举出反例.【详解】A选项，因为，所以，不等式两边同时乘以，可得，故A正确；B选项，因为，所以，由基本不等式可得，当且仅当，即时，等号成立，但，故等号取不到，，B正确；C选项，，因为，，故，故，C正确；D选项，不妨设，则故选：D5．已知向量，，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据两个向量共线的坐标表示得出，化简所求分式，再代入得出结果.【详解】已知向量，，且，则，解得..故选：A.6．某职业体验活动共设置五个职业，五位同学各选其中一个职业，若至少选出四个职业，活动才能正常进行，则不同的选择方案共有（    ）A．1320种 B．1200种 C．325种 D．600种【答案】A【分析】5位同学选了4个职业和选了5个职业两种情况求出不同的选择方案，相加后得到答案.【详解】5位同学选了4个职业，则必有2个同学选择了同一个职业，先对5位同学分为4组，再进行排列，有种选择，5位同学选了5个职业，进行全排列即可，有种选择，故不同的选择方案共有种选择.故选：A7．海面上有相距4公里的，两个小岛，在的正东方向，为守护小岛，一艘船绕两岛航行，已知这艘船到两个小岛距离之和为6公里.在岛的北偏西处有一个信号站，岛到信号站的距离为公里.若这艘船航行的过程中一直能接收到信号站发出的信号，则信号站的信号传播距离至少为（    ）A．公里 B．5公里 C．公里 D．公里【答案】D【分析】由椭圆定义船的航行轨迹是在一个长轴长为6焦距为4的椭圆上，求出椭圆的标准方程、点坐标，设椭圆上一点，根据的范围求出的范围可得答案.【详解】由题意，船的航行轨迹是在一个长轴长为6焦距为4 的椭圆上，可设焦点坐标分别为，椭圆的标准方程为，所以，，所以椭圆的方程为，因为，，所以，设椭圆上一点，所以，因为，所以，所以，即，故选：D.8．英国数学家泰勒1712年提出了泰勒公式，这个公式是高等数学中非常重要的内容之一.其正弦展开的形式如下：，（其中，），则的值约为（1弧度）（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用已知公式，将公式两边分别求导，结合诱导公式，即可得到，求解即可．【详解】因为，又，则，当时，则有，又，则．故选：B． 二、多选题9．已知，，为空间中三条不同的直线，，，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的有（    ）A．若，，，则B．若，，，若，则C．若，，分别与，所成的角相等，则D．若，，，则【答案】BD【分析】对于A，C通过举反例说明其错误；对于B，通过点与线、面关系进行推理判断；对于D，由垂直的性质及平行公理进行判断.【详解】对于A，如图1，若，，，则可以与平行，故A错误；对于B，若，，若，则，又，则，故B正确；对于C，如图2，若，，分别与，所成的角为时，与可以相交，故C错误；对于D，若，，则，又，则.故选：BD.10．下列命题中正确的是（    ）A．已知随机变量，则B．已知随机变量，且，则C．已知一组数据：7，7，8，9，5，6，8，8，则这组数据的第30百分位数是8D．抽取高三年级50名男生、50名女生的二模数学成绩，男生平均分123分，方差为60；女生平均分128分，方差为40，则抽取的100名学生数学成绩的方差为80【答案】AB【分析】对于A，根据二项分布的方差计算公式求解；对于B，根据正态分布曲线的对称性求解；对于C，先把数据从小到大排列，8个数中的第3个数即为结果；对于D，根据方差的计算公式求解.【详解】对于A，随机变量，，则，故A正确；对于B，随机变量，且，则根据正态分布曲线的对称性可知，故B正确；对于C，依题意，这组数据共8个，从小到大排列为5，6，7，7，8，9， 8，8，第30百分位数是7，故C错误；对于D，依题意，设50名男生为，50名女生为，则，，，，这100名学生的平均成绩，这100名学生数学成绩的方差，故D错误.故选：AB.11．已知正四面体中，，，，…，在线段上，且，过点作平行于直线，的平面，截面面积为，则下列说法正确的是（    ）A．B．为递减数列C．存在常数，使为等差数列D．设为数列的前项和，则时，【答案】ABD【分析】A选项，画出截面，并判断出截面为矩形，求出截面边长，得到，求出；B选项，利用得到B正确；C选项，求出，并用等差数列的定义判断C错误；D选项，化简得到，利用裂项相消法求和，列出方程，求出答案.【详解】由题意得，取中点，连接，因为均为等边三角形，所以，因为，平面，因为平面，所以，A选项，过点做交于点，过点做交于点，连接，则，故四边形为截面，且四边形为矩形，由相似知识可知，，故，所以，A正确；B选项，因为，所以，故，故为递减数列，B正确；C选项，，则，不是常数，C错误；D选项，，则，令，解得，D正确.故选：ABD12．已知奇函数在上可导，其导函数为，且恒成立，若在单调递增，则下列说法正确的是（    ）A．在单调递减 B．C． D．【答案】BCD【分析】根据函数的的对称性和周期性，以及函数的导数的相关性质，逐个选项进行验证即可.【详解】方法一：对于A，若，符合题意，故A错误，对于B，因已知奇函数在上可导，所以，因为，所以，所以，故B正确，对于C和D，设，则为上可导的奇函数，，由题意，得，所以关于直线对称，所以，所以奇函数的一个周期为4，，所以，即，故C正确，由对称性可知，，即，所以，等式两边对x求导得，，令，得，所以．由等式两边对x求导得，，所以的一个周期为4，所以，所以，故，故D正确．方法二：对于A，若，符合题意，故错误，对于B，因已知奇函数在R上可导，所以，因为，所以，所以，故B正确，对于C，将中的x代换为，得，所以，可得，两式相减得，，则，，…，，叠加得，故C正确，对于D，将的两边对x求导，得，令得，，将的两边对x求导，得，所以，将的两边对x求导，得，所以，故D正确．故选：BCD【点睛】知识点点睛：本题主要考查抽象函数的奇偶性，对称性和周期性的判断及其性质的运用，同时考查导数的运算法则，综合程度较高，充分利用函数的周期性，奇偶性，对称性的定义是解决问题的关键. 三、填空题13．已知圆：上有且只有三个点到直线：的距离为1，则________.【答案】【分析】根据圆的半径为2，将问题转化为圆心到直线的距离为1，解方程即可得答案.【详解】圆的半径为2，圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，圆心到直线的距离为1，，则，解得.故答案为：.14．已知实数，满足，，则________.【答案】4【分析】根据指数式与对数式的互化公式，结合函数单调性和零点存在原理进行求解即可.【详解】由，即，即，令，则，即，即.由，得，设函数，显然该函数增函数，又，所以函数在上有唯一的零点，因此，即，所以.故答案为：4.15．小明有两盒中性笔，每盒都有8支（材质，外观完全相同）笔，他每次都在两盒中性笔中随机选取一盒，并从此盒中抽出一支笔使用，则他发现一盒笔用完时，另一盒恰有5支笔的概率为________.【答案】【分析】由题可知，总情况数为；又由题知，11支中最后一支来源于用完的粉笔盒，有3支来源于另一个粉笔盒，则这11支粉笔的排列情况数为，后由古典概型计算公式可得答案.【详解】由题可知，使用了11支粉笔，故粉笔的总抽法数为；又由题知，11支中有8支来源于用完的粉笔盒，有3支来源于另一个粉笔盒，且最后一根来源于用完粉笔盒，则用完1盒，另一盒还剩3根的抽法数为.则所求概率为：.故答案为：16．双曲线的中心为原点，焦点在轴上，分别是双曲线的两个焦点，过上焦点作斜率的直线交双曲线上支于点,若，的内心分别是，且，则双曲线的离心率为________.【答案】【分析】设边边上的切点分别为，根据内心的性质得到轴，设直线的倾斜角为，在和中得到的值，进而得到，再将直线方程和双曲线方程联立，利用弦长公式列等式求解即可.【详解】如图所示，在中，设边边上的切点分别为，则纵坐标相等，且，由双曲线的性质可得，设，则，解得，所以，同理可得内心的纵坐标也为，则轴，设直线的倾斜角为，则，，，由解得，又因为，所以，所以，设双曲线方程为，，，，，则直线为，即，联立得，则，，所以，所以，即，所以，解得，故答案为：【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解. 四、解答题17．已知数满足，的前项和为.(1)求数列的通项公式及前项和；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）运用数列的递推式，首先求得首项，再将换为，两式相减，即可得到所求通项公式；（2）求出，根据分组求和法，结合等差、等比数列的求和公式，即可得到所求和．【详解】（1）由题可知：①当时，当时，②由①-②得：，即，检验符合，∴，.（2）∴.18．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.(1)求证：；(2)若点为棱上不与端点重合的动点，且与平面所成角正弦值为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据面面垂直证得线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的正弦值确定点位置，再利用点到平面的距离公式求得结果.【详解】（1）∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面且平面，故，（2）∵中，∴，∵平面平面，平面平面，∴平面,平面，∴.以为原点如图所示建立空间直角坐标系,，，，，，，设，其中，则，取平面法向量，，设与平面所成角为，，解得（舍）或，则，，，，设平面的法向量为.，，解得，故.19．中，，，分别为角，，的对边，且.(1)求角A；(2)若的内切圆面积为，求的面积S的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理得到，化简整理求出，即可得出结果；（2）根据题意，得到内切圆的半径为1，作出图形，记内切圆的圆心为，为切点，得到，由余弦定理得到，根据基本不等式，推出，再由三角形面积公式，即可得出结果.【详解】（1）因为，由正弦定理和两角和正弦公式得：又因为所以，因为，所以，即，因为，所以，所以，所以所以，即；（2）由题意知内切圆的半径为,则，解得.如图，内切圆的圆心为，为切点，则，从而，由余弦定理得，整理化简并利用基本不等式得，解得或（舍去），（当时取等号）.从而，即面积S的最小值为.20．2023年3月，某校举行政教主任副职竞聘选举，为了解学生对竞聘结果的满意度，评分70分以下为不满意，70分及以上为满意，从高三学生抽取100名学生进行评分（满分100分），绘制如下频率分布直方图，并将分数从低到高分为两个等级：性别满意度合计不满意满意男生   女生   合计   (1)求频率分布直方图中的值及评分众数；(2)已知在不满意的学生中男生占比，满意的学生中女生占比，填写列联表；并根据小概率值的独立性检验，能否判断性别与满意度有关；(3)若按是否满意用比例分层随机抽样的方法从100名学生中抽取10人，现从抽取的10名学生中进行调研，每轮调研一人，调研视为不放回抽取，调研到不满意的学生就停止抽取，且第四轮抽取不管结果如何都停止抽取，记停止抽取时抽取轮数为，求的数学期望.附：临界值表0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828（参考公式：，其中）【答案】(1)，85(2)列联表见详解，能判断性别与满意度有关(3) 【分析】（1）根据频率分布直方图求解的值及评分众数即可；（2）按要求完成列联表，再根据独立性检验的步骤计算，比较数据即可得结论；（3）确定抽取满意与不满意人数，确定随机变量的取值，求得概率即可得数学期望.【详解】（1）由频率分布直方图得，则众数约为85；（2）不满意的学生有人，满意的学生有人，不满意的学生中男生有人，不满意学生中女生有人，满意的学生中女生有人，满意的学生中男生有人，列联表如图性别满意度合计不满意满意男生151025女生57075合计2080100零假设：性别与满意度独立根据小概率独立性检验，不成立，所以判断性别和满意度有关，犯错误的概率不超过；（3）满意抽取8人，不满意抽取2人，可取1，2，3，4期望值（轮）21．已知抛物线的顶点在原点，焦点在轴上，其上一点到焦点的距离为2.(1)求抛物线方程；(2)圆：，过抛物线上一点作圆的两条切线与轴交于、两点，求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由抛物线的定义求解即可；（2）设切线方程为，由圆心到直线的距离等于半径可得关于的一元二次方程，求出的坐标，结合根与系数的关系求出，代入三角形的面积公式可得关于的函数式，再由导数求最值.【详解】（1）设焦点，，， ∴方程为；（2）设切线：，：①，：②.∵，∴，∴， 整理得：.∵，∴，由韦达定理：，，∴.在①中令，，同理，∴，，∴，∵，∴，令，，则，令，，，∴在上单调递增，∴，∴.22．已知函数.(1)求时，函数有两个零点，求实数的取值范围；(2)令，函数有两个零点和，且，当变化时，若有最小值(为自然对数的底数)，求常数的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）将函数有两个零点转化为 的零点问题，利用导数分成，，，讨论函数的单调性及取值情况得出结果；（2）由函数有两个零点和，转化为，令 , 则有最小值等价于的最小值为，再借助导数讨论函数的最值情况得出结果.【详解】（1）依题意，令，则，当时，，方程无解，无零点；所以，所以，设，，则讨论零点可以转化为讨论的零点.，设，由于，，①时，为上的减函数，有，有为上的减函数，此时存在唯一零点，不合题意； ②当时，即， 在上单调递增，，使得，即在上递减，在上递增，又，所以，又由于时，，故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求； ③时，在上单调递减，上单调递增，此时的极小值为唯一零点，不符合要求； ④当时，即 ，在上单调递增，，使得，即在上递减，在上递增，且由单调性知，又由于时，，故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求； 综上，的取值范围：；（2）已知函数有两个零点和，方程有两个不等的实根，即方程有两个不等的实根.则，即，令 可得：，则有最小值等价于的最小值为，则 则，由于，则有①若，则有在单调递增，恒成立，对恒成立，即在上单调递增，无最小值，此时不成立； ②若，则有在单调递减，在上单调递增，由于，且当时，，故，使得则有在上单调递减，在上单调递增即，由于知， ，所以，即是的唯一解，此时.【点睛】利用导数讨论函数的零点问题方法点睛： 本题用了分类讨论法，一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围.