2022届黑龙江省哈尔滨第三中学高三第四模拟考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届黑龙江省哈尔滨第三中学高三第四模拟考试数学（理）试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届黑龙江省哈尔滨第三中学高三第四模拟考试数学（理）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．《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5．若，，，则（       ）A． B． C． D．6．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．47．设，则二项式的展开式中第三项的系数为（       ）A． B．40 C．10 D．8．已知向量，，函数的图象关于直线对称，则实数m的值为（       ）A． B． C． D．9．已知为定义在R上的周期为4的奇函数，当时，，若，则（       ）A． B． C． D．10．已知抛物线C：，A为C上的动点，直线l为C在点A处的切线，则点到l距离的最小值为（       ）A． B． C．3 D．411．已知命题p：若，则；命题q：若方程只有一个实根，则.下列命题中是真命题的是（       ）A． B． C． D．12．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13．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___________.14．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___________.15．正四棱锥中，M为棱AB上的点，且，设平面PAD与平面PMC的交线为l，则异面直线l与BC所成角的正切值为___________.三、双空题16．曲线过点的切线也是曲线的切线，则___________；若此公切线恒在函数的图象上方，则a的取值范围是___________. 四、解答题17．哈尔滨红肠已有近百年历史，是哈尔滨特产，也是黑龙江特产的代表，深受广大民众的喜爱，哈尔滨红肠是用大兴安岭的老果木熏制而成的，因此它除了肉香还会散发着浓郁的果木香.某调查机构从年龄在岁的游客中随机抽取100人，对是否有意向购买哈尔滨红肠进行调查，结果如下表：年龄/岁抽取人数182225278有意向购买红肠的人数81722244(1)若以年龄40岁为分界线，由以上统计数据完成下面的2×2列联表，并判断是否有97.5%的把握认为购买哈尔滨红肠与人的年龄有关？ 年龄低于40岁的人数年龄不低于40岁的人数总计有意向购买哈尔滨红肠的人数   无意向购买哈尔滨红肠的人数   总计   (2)用样本估计总体，用频率估计概率，从年龄在的所有游客中随机抽取3人，设这3人中打算购买哈尔滨红肠的人数为X，求X的分布列和数学期望.参考数据：，其中.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828 18．如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，为正三角形，四边形ABCD为菱形，且，，.(1)求证：平面BCF；(2)求二面角E-AF-C的余弦值. 19．已知数列，，点在曲线上，且.(1)求证：数列是等差数列；(2)已知数列满足，记为数列的前n项和，求，并证明：当时，. 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．在高等数学中，我们将在处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：（其中表示的n次导数），以上公式我们称为函数在处的泰勒展开式.(1)分别求，，在处的泰勒展开式；(2)若上述泰勒展开式中的x可以推广至复数域，试证明：.（其中为虚数单位）；(3)若，恒成立，求a的范围.（参考数据） 22．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. 23．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．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.5．A【解析】【分析】根据条件概率的计算公式计算即可.【详解】因为，，，所以，故选：A6．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：B7．B【解析】【分析】根据求得a，再根据直接求得第三项的系数，可得答案.【详解】，故，展开式中的第三项的系数为 ,故选：B8．C【解析】【分析】先根据平面向量数量积的坐标表示得到函数的表达式，再根据，赋值，即可求出的值．【详解】，因为函数的图象关于直线对称，所以，令，即，解得：．故选：C．9．B【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 ，又，故即，即，而当时，，故，则当时，，故，故选：B10．B【解析】【分析】设，根据条件求出抛物线在点处的切线方程，再求点到直线的距离及其最小值.【详解】因为点在抛物线C：上，故可设，因为抛物线在点处的切线不为0，故可设抛物线在点处的切线方程为，所以有且只有一组解，所以方程只有一个根，所以，故，所以抛物线在点处的切线的方程为：，所以到直线的距离所以，当且仅当时等号成立，所以点到l距离的最小值为.故选：B.11．A【解析】【分析】判断命题的真假，根据复合命题的真假判断方法判断即可.【详解】当时，，又，所以，当时，，又，所以，当时，，所以当时，，故命题为真命题，由方程只有一个实根等价于方程只有一个实根，所以函数与函数的图象有且只有一个交点，，作函数的图象，观察图象可得当直线位于之间时，函数与函数的图象有且只有一个交点，其中与有且只有一个交点，设即只有一个解，所以只有一个解，所以，所以与有且只有一个交点，即只有一个解，所以只有一个解，所以，所以，所以方程只有一个实根，则，命题为真命题，所以为真命题，命题，，为假命题.故选：A.12．C【解析】【分析】根据正弦定理可得，，由基本不等式可求出的最小值，再根据余弦定理以及正弦定理可将化成关于角的函数，利用三角函数的性质即可求出最大值，从而得到取值范围．【详解】因为，由正弦定理得，即．，当且仅当时取等号．因为，所以，其中，而，所以当时，取最大值．即的取值范围是．故选：C．【点睛】本题主要考查正余弦定理的应用，以及利用三角函数的性质求范围，解题关键是通过消元思想将所求式子转化成关于角的函数，再结合辅助角公式求出其最大值．13．36【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：36.14．【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：.15．【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，设，然后在中利用余弦定理求解即可.【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，设，由可得，所以，在中，由余弦定理可得，所以，所以，所以，，所以异面直线l与BC所成角的正切值为，故答案为：16．          【解析】【分析】根据导数的几何意义可求出；将此公切线恒在函数的图象上方，转化为恒成立，再构造函数，利用导数求出最小值即可得解.【详解】由得，设曲线过点的切线的切点为，则切线的斜率为，切线方程为，由于该切线过点，所以，设该切线与曲线切于，因为，所以，所以该切线的斜率为，所以切线方程为，将代入得，得，所以，所以，所以，所以.由以上可知该公切线方程为，即，若此公切线恒在函数的图象上方，则，即恒成立，令，则，令，得，得，令，得，得或，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，因为时，，所以当时，取得最小值.所以.【点睛】关键点点睛：求解第二个空时，转化为不等式恒成立，利用导数求解是解题关键.17．(1)列联表见解析，有97.5%的把握认为购买哈尔滨红肠与人的年龄有关．(2)分布列见解析，．【解析】【分析】（1）根据调查表即可完成列联表，再通过比较的观测值与5.024的大小关系，即可判断；（2）根据题意可知，，即可得到分布列以及数学期望．(1)由题可知， 年龄低于40岁的人数年龄不低于40岁的人数总计有意向购买哈尔滨红肠的人数255075无意向购买哈尔滨红肠的人数151025总计4060100的观测值，所以有97.5%的把握认为购买哈尔滨红肠与人的年龄有关．(2)由题意可知，从年龄在的所有游客中随机抽取1人，打算购买哈尔滨红肠的概率为，所以，即．所以，X的分布列为0123.18．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）取AD，DE，BC的中点O，M，N，连接OM，MF，FN，证明，即可根据线面平行的判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面EAF和平面ACF的法向量，根据向量的夹角公式求得答案.(1)证明：如图，取AD，DE，BC的中点O，M，N，连接OM，MF，FN，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，因为，所以又平面BCF，平面BCF，故平面BCF；(2)因为平面平面ABCD，连接EO，则 ，平面平面ABCD=AD，故平面ABCD，连接OB，BD，因为，四边形ABCD为菱形，故三角形ABD为正三角形，则 ，故以O为坐标原点，OA为x轴，OB为y轴，OE为z轴，建立空间直角坐标系，设，则 ，则 ，设平面EAF的法向量为 ，则，即 ，取 ，则 ，即，设平面ACF的法向量为 ，则，即 ，取 ，则 ，即，故 ，由原图可知二面角为钝角，故二面角E-AF-C的余弦值为.19．(1)证明见解析(2)；证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意得，由，结合等差数列的定义可证结论成立；（2）利用错位相减法求出，根据的解析式可证当时，.(1)因为点在曲线上，所以，因为，所以，因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列.(2)由（1）得，所以，所以，，所以，所以，所以，当时，，所以.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)答案见解析(2)证明见解析(3)【解析】【分析】（1）根据函数在处的泰勒展开式的公式即可求解；（2）把在处的泰勒展开式中的替换为，利用复数的运算法则进行化简整理可得，从而即可证明；（3）根据在处的泰勒展开式，先证恒成立，再证，恒成立，然后分和两种情况讨论即可求解.(1)解：因为函数在处的泰勒展开式为（其中表示的n次导数），所以，，在处的泰勒展开式分别为：，，；(2)证明：把在处的泰勒展开式中的替换为，可得，所以，即；(3)解：由在处的泰勒展开式，先证，令，，易知，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，再令，，易得，所以在上单调递增，在上单调递减，而，所以 恒成立，当时， ，所以成立，当时，令，，易求得，所以必存在一个区间，使得在上单调递减，所以时，，不符合题意.综上所述，.【点睛】关键点点睛：本题（3）问解题的关键是根据在处的泰勒展开式，先证恒成立，再证，恒成立，从而即可求解.22．(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.23．(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．