2023届黑龙江省大庆铁人中学高三第二次模拟考试数学试题含解析

这是一份2023届黑龙江省大庆铁人中学高三第二次模拟考试数学试题含解析，共23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届黑龙江省大庆铁人中学高三第二次模拟考试数学试题

一、单选题
1．已知复数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】通过复数的共轭复数为，代入计算，从而计算得答案.
【详解】，
故
故选：B
2．已知集合，，且，则实数a的所有值构成的集合是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据，对进行分类讨论，由此求得的所有值构成的集合.
【详解】，
当时，，满足，只有D选项符合.
当时，，
要使，则或或，即或或，
所以实数a的所有值构成的集合是.
故选：D
3．2023年3月24日是第28个“世界防治结核病日”，我国的宣传主题是“你我共同努力，终结结核流行”，呼吁社会各界广泛参与，共同终结结核流行，维护人民群众的身体健康.已知某种传染疾病的患病率为5%通过验血诊断该病的误诊率为2%，即非患者中有2%的人诊断为阳性，患者中有2%的人诊断为阴性.随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性的概率为（    ）
A．0.46 B．0.046 C．0.68 D．0.068
【答案】D
【分析】应用全概率公式求解即可.

【详解】设随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性为事件A,

设随机抽取一人实际患病为事件B, 随机抽取一人非患为事件，

则.
故选:D.
4．已知函数，若，则实数a的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】讨论与0、1的大小关系，写出的解析式，解出不等式后，再求并集即为答案.
【详解】因为.
①当时，.
②当时，.
③当时，.
综上所述：.
故选：D.
5．已知抛物线：的焦点为，点是抛物线上一点，以点为圆心的圆与直线交于，两点．若，则抛物线的方程是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过点作，利用和抛物线焦半径公式的形式可构造方程组求得，进而得到抛物线方程.
【详解】过点作，垂足为．

在抛物线上，则，则…①，
由抛物线的性质可知：．
，，即，
解得：…②；
由①②得：（舍去）或，抛物线的方程是．
故选：C．
6．古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.如图直角梯形，已知，则重心到的距离为（    ）

A． B． C．3 D．2
【答案】A
【分析】根据题意，用式子分别表示出圆台体积、梯形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求解答案.
【详解】直角梯形绕旋转一周所得的圆台的体积为
；梯形的面积
，故记重心到的距离为，
则，则，
故选：A
7．已知，，，则“”是“，，为某斜三角形的三个内角”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分、必要性的定义，结合三角恒等变换及斜三角形内角的性质判断条件间是否有推出关系即可.
【详解】由，即，
所以，
则，即，
又，，则，而，
此时或，且，充分性不成立；
由，，为某斜三角形的三个内角，即且均不为直角，则，
所以，则，
整理得，必要性成立；
综上，“”是“，，为某斜三角形的三个内角”的必要不充分条件.
故选：B.
8．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家波恩哈德·黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用.其定义黎曼函数为：当（为正整数，是既约真分数）时，当或或为上的无理数时.已知、、都是区间内的实数，则下列不等式一定正确的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】设为正整数，是既约真分数，或或为上的无理数，然后根据，与集合，的关系分类讨论，计算与，与的关系.
【详解】设为正整数，是既约真分数，或或为上的无理数，则根据题意有：
①当时，则，，
②当时， ，；
③当时，，；
④当时，，
综上所述，一定成立.
故选：B.
【点睛】本题以黎曼函数为背景，考查学生获取新知识应用新知识的能力. 当、、都是区间内的实数时，与的取值可能为的形式（为正整数，是既约真分数），也可能为或或为上的无理数，解决的途径主要是要针对，的取值进行分类讨论，然后根据的性质判断与，与的关系.

二、多选题
9．构建德智体美劳全面培养的教育体系是我国教育一直以来努力的方向.某中学积极响应党的号召，开展各项有益于德智体美劳全面发展的活动.如图所示的是该校高三（1）､（2）班两个班级在某次活动中的德智体美劳的评价得分对照图（得分越高，说明该项教育越好）.下列说法错误的是（    ）

A．高三（2）班五项评价得分的极差为1.5
B．除体育外，高三（1）班的各项评价得分均高于高三（2）班对应的得分
C．高三（1）班五项评价得分的平均数比高三（2）班五项评价得分的平均数要高
D．各项评价得分中，这两个班的体育得分相差最大
【答案】ABD
【分析】利用极差的概念，平均数的概念以及根据统计图表的相关知识判断选项即可.
【详解】对于A，高三（2）班德智体美劳各项得分依次为9.5，9，9.5，9，8.5，
所以极差为，A错误；
对于B，两班的德育分相等，B错误；
对于C，高三（1）班的平均数为，
（2）班的平均数为，故C正确；
对于D，两班的体育分相差，
而两班的劳育得分相差， D错误，
故选：ABD．
10．如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，点P为线段上的动点，则（    ）

A．两条异面直线和所成的角为
B．存在点P，使得平面
C．对任意点P，平面平面
D．点到直线的距离为4
【答案】BCD
【分析】根据异面直线所成角的概念结合正方体的性质可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据线线垂直的判定定理可判断C，利用余弦定理结合条件可判断D.
【详解】对于A，由正方体的性质可知，两条异面直线和所成的角即为，所以A错误；

对于B，当点P与点重合时，由题可知，
所以，四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，则平面，所以B正确；

对于C，连结，由于平面，平面，故，

又，故，故，即，故，
又相交，平面，故平面，又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；
对于D，由正方体的性质可得，，
所以，
所以，所以点到直线的距离，所以D正确．

故选：BCD．
11．已知函数满足，其图象向右平移个单位后得到函数的图象，且在上单调递减，则（    ）
A．
B．函数的图象关于对称
C．可以等于5
D．的最小值为2
【答案】BCD
【分析】对于A，先由推得是的一个周期，再利用辅助角公式化简，从而得到，由此得解；对于B，利用代入检验法即可；对于C，利用正弦函数的单调性，结合数轴法得到关于的不等式组，结合与即可得到的一个取值为，由此判断即可；对于D，结合选项C中的结论，分析的取值范围即可求得的最小值.
【详解】对于A，因为，所以，则是的一个周期，
因为，所以是的最小正周期，
故，则，又，故，故A错误；
对于B，由选项A得，
所以，故是的一个对称中心，故B正确；
对于C，的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则，
因为在上单调递减，
所以，解得，
当时，，因为，所以，故C正确；
对于D，因为，所以，则，又，故，
当时，，可知，故D正确.
故选：BCD.
12．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】通过多次构造函数，结合函数的性质、选项及进行求解.
【详解】设，，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以的最大值为，即.
因为，所以.
设，，所以当时，为减函数；
因为，，所以.
由可得，所以，故B正确.
设，，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以的最大值为，所以，即.
.
设，易知为增函数，由可得，故C正确.
因为为单调递减函数，在上是增函数，在上是减函数，且的图象经过图象的最高点，所以当时，的大小无法得出，故A不正确.
令，则，得，易知在为增函数，所以，
所以不成立，故D不正确.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的常用方法：
（1）作差比较法：作差，构造函数，结合函数最值进行比较；
（2）作商比较法：作商，构造函数，结合函数最值进行比较；
（3）数形结合法：构造函数，结合函数图象，进行比较；
（4）放缩法：结合常见不等式进行放缩比较大小，比如，等.

三、填空题
13．已知，，则在方向上的投影向量的坐标为__________．
【答案】
【分析】根据投影向量的定义求解.
【详解】因为，，
所以向量在方向的投影向量为.
故答案为：
14．已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中项的系数为20，则实数的值为__________.
【答案】##0.5
【分析】根据二项展开式中二项式系数的特点得到，然后利用二项式的通项列方程，解方程即可得到.
【详解】因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以，二项式的通项为，令，解得， 所以展开式中项为，，解得.
故答案为：.
15．冰雹猜想是指：一个正整数，如果是奇数就乘以再加，如果是偶数就析出偶数因数，这样经过若干次，最终回到．问题提出八十多年来，许多专业数学家前仆后继，依然无法解决这个问题，已知正整数列满足，若存在首项，使得，已知，则___________.（写出一个满足条件的值即可）
【答案】或（只填写一个即可）
【分析】由递推关系式，结合以及，依次逆推出，，．．．，使其满足即可．
【详解】，，
所以若是偶数，则，若是奇数，则，与已知矛盾，故；
所以若是偶数，则，若是奇数，则，与已知矛盾，故；
所以若是偶数，则，若是奇数，则，与已知矛盾，故；
所以若是偶数，则，若是奇数，则，与已知矛盾，故；
所以若是偶数，则，若是奇数，则，故或；
余下推导用图表示可得：
故答案为：或（只填写一个即可）
16．已知，分别为椭圆的左､右焦点，点P在第一象限内，，G为重心，且满足，线段交椭圆C于点M，若，则椭圆C的离心率为___________.
【答案】##
【分析】根据G为△重心，是中线且满足得，再应用余弦定理求解即可.
【详解】因为G为△重心，是中线且满足，

即，故,
所以，
且，，又，
，
在△中应用余弦定理得,
所以，则.
故答案为: .

四、解答题
17．已知数列的前n项和为，___________，.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列，当时，，.记数列的前n项和为，求.
在下面三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.
①；②；③.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)

【分析】(1) 三个条件中选①或②作差可得通项,选③作商可得通项；
(2) 当时，，，根据分段可得40项和.
【详解】（1）选①：∵，时，，
∴两式相减得，即，又当n=1时，，
∴，满足上式，∴；
选②：当n=1时，，∴，
∵，时，，
∴两式相减得，
数列是以2为首项2为公比的等比数列，
∴；
选③∵，时，，
∴两式相除得，当n=1时，，满足上式，∴；
（2）因为当时，，，
所以当时，，
当时，，
当时，.
当时，，
当时，，
当时，，
所以.
18．在中，a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边，且．
(1)求角A的大小；
(2)记的面积为S，若，求的最小值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意，由正弦定理先将边角化统一，然后由余弦定理即可得到结果；
（2）根据题意可得，，然后得到，再由三角形的面积公式可得，最后结合基本不等式即可得到结果.
【详解】（1）因为，即
由正弦定理可得，，化简可得，
且由余弦定理可得，，所以，
且，所以.
（2）
因为，则可得，
所以
且，
即，
当且仅当，即时，等号成立.
所以
19．如图所示的几何体为一个正四棱柱被两个平面AEH与CFG所截后剩余部分，且满足平面，，，.

(1)当BF多长时，，证明你的结论：
(2)当时，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)，证明见解析
(2)

【分析】（1）作出辅助线，证明出，从而，由三角形相似得到对应边成比例，求出；
（2）建立空间直角坐标系，在（1）的基础上，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量求解二面角的余弦值.
【详解】（1）当时，.证明如下：
将该几何体补全为正四棱柱，连接BM，
如下图所示：

由题意可知底面ABCD为正方形，则，且，
因为平面AEH，，所以平面，
又平面EFGH，平面平面，
所以.
又，所以H为GM的中点，所以E为MF的中点.
因为，，
所以四边形BCGM为平行四边形，所以，
因为，所以.
因为，，
所以，所以，
所以，即，所以.
所以当时，.
（2）以D为坐标原点，分别以DA，DC，DG所在直线为x轴､y轴､z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

由（1）得，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
故平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
则平面的法向量为
∴，
∵平面与平面所成角为锐角，
∴平面与平面所成角的余弦值为.
20．习近平总书记在党的二十大报告的开篇部分开宗明义地指出，“大会的主题是：高举中国特色社会主义伟大旗帜，全面贯彻新时代中国特色社会主义思想，弘扬伟大建党精神，自信自强､守正创新，踔厉奋发､勇毅前行，为全面建设社会主义现代化国家､全面推进中华民族伟大复兴而团结奋斗”.为深入贯彻落实党的二十大精神，某单位党支部组织党员参加党的二十大主题知识答题竞赛活动，每位参赛者答题若干次，答题赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分：从第2次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得10分.党员甲参加答题竞赛，每次答对的概率为，各次答题结果互不影响.
(1)求甲前3次答题得分之和为40分的概率；
(2)记甲第i次答题所得分数的数学期望为.
①写出与满足的等量关系式（直接写出结果，不必证明）；
②若，求i的最小值.
【答案】(1)
(2)①；②最小值为5

【分析】(1) 分三种情况求解甲前3次答题得分之和为40分的概率即可；
(2)①分情况求解即可②结合分别求解即可得i的最小值
【详解】（1）设甲前3次答题得分之和为40分为事件A，
第1次答对,第2次答错,第3次答错; 第1次答错,第2次答对,第3次答错; 第1次答错,第2次答错,第3次答对;
.
（2）①
,则.

，
时，甲第次答题所得分数的数学期望为,
因此第次答对题所得分数为，答错题所得分数为10分，其概率分别为,
于是甲第次答题所得分数的数学期望为
.
则.
②由①知.
且时，，易知为增数列.
则；；
；；
故i的最小值为5.
21．双曲线具有这样的性质：若为双曲线上任意一点，则双曲线在点P处的切线方程为.已知双曲线的离心率为，并且经过.
(1)求双曲线E的方程；
(2)若直线l经过点，与双曲线右支交于P，Q两点（其中点P在第一象限），点Q关于原点的对称点为A，点Q关于y轴的对称点为B，且直线AP与BQ交于点M，直线AB与PQ交于点N.证明：双曲线在点P处的切线平分线段MN.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】(1) 根据题意由离心率及点在双曲线上列方程求解,可得双曲线的方程;
(2) 先设直线AP方程及直线PQ，设线段MN的中点坐标为，最后证点P处的切线经过线段MN的中点T即得.
【详解】（1）依题意，离心率，，解得，，
故双曲线的方程为.
（2）方法一：设，，直线PQ为，代入双曲线方程，
得：，则且，，
∴，∵，
∴，
∴直线AP方程为，令得：，∴，
∵直线PQ为，令得：，即，
设线段MN的中点坐标为，则，，
∵过点P的切线方程为：，
要证双曲线在点P处的切线平分线段EF，即证点P处的切线经过线段MN的中点T.
∵，
，
所以点P处的切线经过线段MN的中点T，即点P处的切线平分线段MN.
方法二：设，，则，.由题意可知，点M在直线PA上，
且纵坐标为，设，由可得：，整理得：
，∴，
同理可得，
设线段MN的中点坐标为，
则，，
又∵过点P的切线方程为：，要证双曲线在点P处的切线平分线段EF，
即证点P处的切线经过线段MN的中点T，∵，
∵，，
∴，
所以点P处的切线经过线段MN的中点T，即点P处的切线平分线段MN.
22．已知函数，．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若，设直线l为在处的切线，且l与的图像在内有两个不同公共点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为；
(2).

【分析】(1)由题意可得，根据的正负及即可得答案；
(2)由题意可得，记，利用导数，根据函数在内有两个不同的零点求解即可.
【详解】（1）解：因为当时，，，
所以，
令，得；
令，得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）解：因为，
，
所以，
所以切点为 ，切线的斜率
所以切线，
记，
则，
令，
则，
所以当时，，
所以在上单调递增；
当时，，
令，
①当，即时，则，不满足条件；
②当，即时，易有，使得在上单调递减，在上单调递增；
又因为，
所以在上单调递增，在内只可能单调递减或者先减后增，
又因为，，
所以存在为函数的一个零点，
所以只需在内存在一个零点即可，
因为，
所以只需即可，
解得，此时存在，使得，满足题意；
当时，在内再无零点.
综上所述：实数a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用导数确定函数单调性时，如果第一次求导后不能确定导数的正负时，需进行再次求导，或构造函数进行再求导.