2023届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三下学期第一次模拟考试数学试题含解析

这是一份2023届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三下学期第一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，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三下学期第一次模拟考试数学试题

一、单选题
1．已知集合，若，则实数的取值集合为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】化简集合，根据，求实数的可能取值，由此可得结果.
【详解】集合，
又，，
所以，故实数a的取值集合为，
故选：C.
2．已知复数，则值为（    ）
A． B．10 C． D．5
【答案】D
【分析】根据复数的四则运算，然后根据求模公式，即可得答案.
【详解】由，得，
所以，
所以.
故选：D.
3．地砖是一种地面装饰材料，也叫地板砖，用黏土烧制而成，质坚､耐压､耐磨､防潮．地板砖品种非常多，图案也多种多样．如图是某公司大厅的地板砖铺设方式，地板砖有正方形与正三角形两种形状，且它们的边长都相同，若，则（    ）

A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】以的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，根据平面向量的坐标运算公式，结合平面向量基本定理进行求解即可.
【详解】以的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，

设，则，，，，
所以，．
设，则，
解得，所以，
即，
故选：B
【点睛】方法点睛：用一组基底表示平面向量往往利用平面向量的坐标表示公式以及平面向量运算的坐标表示公式进行求解.
4．已知圆心均在轴的两圆外切，半径分别为，则两圆公切线的斜率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由已知结合直线与圆相切，圆与圆相切性质，利用三角函数知识和斜率的知识综合即可求得结果.
【详解】如图所示，

圆心均在轴的两圆外切，画出两圆公切线, 有两条分别为，公切线与圆的切点分别为，公切线与轴的交点为，两圆圆心分别为圆与轴的上交点为，
则,
,则,
，
则,
同理可得，所以两圆公切线的斜率为.
故选：A.
5．在一个长度为的数字序列中，当且仅当相邻元素差的绝对值经过排序后正好是从1到，则认定该数字序列存在“有趣的跳跃"．如果一组数经过排序后存在“有趣的跳跃”，则称这组数为“有趣的跳跃数组”．例如，因为差的绝对值分别为2，1，所以存在“有趣的跳跃”．这组数为“有趣的跳跃数组”．现从这七个数中一次任取3个数，则这3个数是“有趣的跳跃数组”的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，利用古典概型的概率公式，即可解出．
【详解】7个数中任意取3个共有种取法；
这3个数为“有趣的跳跃数组”有：123、234、345、456、567、124、235、346、457、134、245、356、467共13个；
故概率，
故选：D
6．已知椭圆的左右焦点分别为为椭圆第一象限上的点，的延长线交椭圆于另一个点，,且，则椭圆的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求得椭圆的左右焦点，设，由题意可得，代入椭圆方程求得，再由向量共线的坐标表示可得的坐标，代入椭圆方程，化简整理，由椭圆的离心率公式可得所求值．
【详解】设椭圆的左、右焦点分别为，，
设，，由垂直于轴可得，由，可得，
设，由，可得，，
解得，，故，代入椭圆方程可得，
所以，即，所以离心率.
故选：A.
7．已知函数的最小正周期为，函数图象关于点对称，且满足函数在区间上单调递增，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由周期为，可得.根据对称中心以及正弦函数的对称性可得或.分别将或代入，得出范围，根据正弦函数的单调性即可得出的值.
【详解】由已知函数的最小正周期为，可得.
又函数图象关于点对称，所以有，
所以，又，所以或.
当时，，由可得，
因为函数在上单调递减，不满足题意；
当时，，由可得，
因为函数在上单调递增，满足题意.
所以.
故选：D.
8．若，则下列结论正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】注意到，后利用函数单调性可得答案.
【详解】由题有.因函数均在上单调递增，则函数在上单调递增.
注意到，则，即.
故选：B

二、多选题
9．从某校男生中随机抽取100人测量他们的身高，发现他们的身高都在之间，将统计得到的原始数据进行分组，得到如图所示的频率分布直方图（每组均为左闭右开区间）（    ）

A．已知该校一共有1500名男生，该校身高在内的男生人数约为450人
B．该校男生身高的分位数约为178.3（结果精确到0.1）
C．将身高不低于的男生称为“高个子”，低于的男生称为“非高个子"．已知在原始数据中，高个子男生的身高的平均数为177，方差为10，所有这100名男生的身高的平均数为168，方差为64，则非高个子男生的身高的方差为10
D．据此估计该校男生的平均身高一定是168.6
【答案】ABC
【分析】根据频率分布直方图的面积和为1，计算可得进而判断A；计算出90%分位数位所在区间，根据百分位数的定义计算可判断B；由平均值和方差公式计算可判断C；根据直方图根据平均数可判断D.
【详解】由频率分布直方图可知，得．
故估计该校1500名男生中身高在［165，170）内的人数为，故A正确；
前四组的频率之和为，
前五组的频率之和为，所以90%分位数位于区间［175，180）内，
故估计该校男生身高的90%分位数为，故B正确；
由频率分布直方图可知，样本中高个子男生有40人，非高个子男生有60人．
将高个子男生的身高数据记为，，…，，其平均数记为，方差记为；将非高个子男生的身高数据记为，，…，，其平均数记为，方差记为；把全部样本数据的平均数记为，方差记为．
则，，，．
由已知可得，即，得，
．
所以，解得，故C正确；
根据直方图可知据此估计该校男生的平均身高约为
，故D错误．
故选：ABC.
10．已知是抛物线的焦点，过的直线交抛物线于两点，以线段为直径的圆交轴于两点，交准线于点，则下列说法正确的是（    ）
A．以为直径的圆与轴相切
B．若抛物线上的点到的距离为2，则抛物线的方程为
C．
D．的最小值为
【答案】AC
【分析】根据抛物线的焦半径公式结合条件可判断AB，设直线的方程，与抛物线联立利用韦达定理法可得以为直径的圆与准线相切进而可判断C，根据圆的弦长公式求出的表达式可判断D，
【详解】由题意可得抛物线的焦点，准线方程为，
设，则的中点，
对于A，，则以为直径的圆的半径为，的中点的横坐标为，
所以的中点到轴的距离为，即以为直径的圆与轴相切，所以A正确；
对于B，因为抛物线上的点到的距离为2，所以，得，则抛物线的方程为，所以B错误；
对于C，设直线的方程为，则的中点，
由，得，
所以，
所以，
所以，则以为直径的圆的半径为，的中点的横坐标为，
所以的中点到准线的距离为，即以AB为直径的圆与该抛物线的准线相切，
所以为切点，，，故C正确；
对于D，，所以当时，取得最小值，所以D错误.
故选：AC.
11．如图，三棱锥中．平面平面，过点且与平行的平面分别与棱交于为线段上的动点，若，则下列结论正确的是（    ）

A．
B．若分别为的中点，则四棱锥的体积为
C．线段的最小值为
D．若分别为的中点，则与所成角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】①利用线面平行的性质定理进行判断；②利用面面垂直的性质定理找到高，再利用四棱锥的体积公式进行计算；
③根据面面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理和勾股定理进行判断即可；④根据异面直线所成角的定义进行求解判断即可.
【详解】
A：由题意得：面，面面，平面，
，所以本选项正确；
B：如图：取的中点为，连接，由上可知：，
,
面面，面面，平面，
面,
又，，
所以，
面的面积为，
故，所以本选项正确；
C：在平面中，过做，垂足为，
因为面面，面面，
所以面,而平面，
所以，在平面中，过做，垂足为，
因为平面，
所以平面，而平面，
所以，
设，在等腰直角三角形中，则有，
，
在等腰直角三角形中，
则有，
由勾股定理可知：
，
所以当时，有最小值，
所以当重合时，线段有最小值，所以本选项不正确，

D：连接，则，，
即为两条异面直线所成角，
面，
，
，
，所以本选项正确，
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：根据面面垂直的性质定理、线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理进行推理证明是解题的关键.
12．函数的定义域，满足，且．当时，，则下列说法正确的是（    ）
A．是定义在上的偶函数
B．在上单调递增
C．若，则
D．当是钝角的两个锐角时，
【答案】BC
【分析】利用赋值法及函数奇偶性的定义可判断A，根据函数单调性的定义结合条件可判断B，由题可得，然后利用等比数列的定义可判断C，根据正弦函数的性质结合条件可判断D.
【详解】对A，令得，即得，
在定义域范围内令得，即得是奇函数，A错误；
对B，令，，且，所以，
又且，，所以，即，
所以，所以是单调增函数，B正确；
对C，由，可得，即，又，所以，故C正确；
对D，因为是钝角的两个锐角，则，，
所以，，故D错误.
故选：BC．

三、填空题
13．的展开式中，的系数为__________．
【答案】
【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】二项式的通项公式为，
所以的系数为，
故答案为：
14．设是表面积为的球的球面上的五个点，平面，且四边形为正方形，则四棱锥体积的最大值为__________．
【答案】##
【分析】把四棱锥补成一个长方体，知四棱锥的外接球即为该长方体的外接球，求出球半径，设正方形边长为，由长方体性质求得棱锥的高，再由体积公式表示出棱锥的体积，然后利用导数求得最大值．
【详解】由题意把四棱锥补成一个长方体，如图，四棱锥的外接球即为该长方体的外接球，
设球半径为，由得，
设()，则，，
，
令，则，
设()，，
时，，单调递增，时，，单调递减，
所以，，
所以时，取得最大值为．
故答案为：．

15．若过点的任意一条直线都不与曲线相切，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【分析】设出切点，求出切线方程，问题转化为无实根，求出方程有实数解对应的的范围，由此可得结论.
【详解】设点为曲线C上任意一点，
由，得，
则曲线C在点B处的切线l的方程为．
据题意，切线l不经过点，
则关于的方程无实根，
即无实根，
假设方程有解.
因为时，方程无解，
所以方程有解等价于方程有解，
设，则，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
又当时，；当时，.
，，当时，；当时，，
根据以上信息，作出函数的大致图象，

观察图象，可得当时，方程有解，
所以或，
所以由无实根，可得，
所以的取值范围是.
故答案为：.

四、双空题
16．若表示从左到右依次排列的7盏灯，现制定开灯与关灯的规则如下：
（1）对一盏灯进行开灯或关灯一次叫做一次操作；
（2）灯在任何情况下都可以进行一次操作；对任意的，要求灯的左边有且只有灯是开灯状态时才可以对灯进行一次操作．如果所有灯都处于开灯状态那么要把灯关闭最少需要__________次操作；如果除灯外，其余6盏灯都处于开灯状态，那么要使所有的灯都处于开灯状态，最少需要__________次操作．
【答案】     2；     11.
【分析】（1）利用列举法求得把灯关闭最少需要的操作次数；（2）先用列举法求得关闭前个灯最少需要的操作次数，然后乘以再加上，得到使所有灯都开着最少需要的操作次数.
【详解】（1）如果所有灯都处于开灯状态,那么要把灯关闭最少需要的操作如下，设为开灯，0为关灯：初始状态，操作如下，共次.
（2）①关闭前个灯最少需要的操作如下，设为开灯，0为关灯：初始状态，操作如下：，共次.
②此时前盏灯的状态如下：，操作次，变为，打开.
③再操作如下：，打开前个灯，共次操作.
综上所述，要使所有的灯都处于开灯状态，最少需要次操作.
故答案为：2；11.

五、解答题
17．四棱锥的底面是边长为2的菱形，平面，过点且与平行的平面与分别交于两点．

(1)证明：
(2)为中点，且与平面所成的角为，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)

【分析】（1）由平面即可证明；
（2）设的中点为，连接. 建立如图所示的空间直角坐标系. 先证明，再利用向量法求解.
【详解】（1）由题得平面，平面平面，平面,
所以.
（2）设的中点为，连接. 建立如图所示的空间直角坐标系.
因为平面，所以与平面所成的角为，
由题得是等边三角形，所以.
因为.
由题得,
所以，
设平面的法向量为，
所以.
由题得,
所以.
设平面的法向量为，
所以.
设二面角的平面角为.
所以.
所以二面角的正弦值为.

18．正项数列的前和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，若数列为等比数列，求实数的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由得出，两个方程相减得出关于的关系，得出数列为等差数列，求其通项即可；
（2）根据错位相减法求和得出，由为等差数列求出结果.
【详解】（1）当时，由得，解得.
当时，由得，
以上两个方程相减得，
即，
因为，所以，又 ，，
所以数列是一个等差数列，首项，公差为，
所以.
（2）由（1）得，
；①
.②
①-②得
，
所以，即.
所以.
因为数列为等比数列，，
设，则，即，
整理得，解得，或.
当时，则.
因为，所以数列为等比数列.
当时，则，
所以，，此时不是等比数列.
综上，.
19．在锐角中，设边所对的角分别为，且．
(1)求角的取值范围；
(2)若，求中边上的高的取值范围．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）根据正余弦定理及三角恒等变换结合条件可得，然后根据三角形为锐角三角形进而即得；
（2）根据三角形面积公式及正弦定理可得，然后根据三角恒等变换及正切函数的性质结合条件即可求解.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，，又，
所以，整理可得，
所以或(舍去)，
所以，又为锐角三角形，
所以，
所以；
（2）由题可知，即，
又，
所以，
所以，
由，可得，
所以，
所以，
即中边上的高的取值范围是.
20．非物质文化遗产是一个国家和民族历史文化成就的重要标志，是优秀传统文化的重要组成部分.1993年，黑龙江省海伦市被国家命名为“中国民间艺术--剪纸之乡”称号．海伦剪纸是黑龙江省海伦的东方红､护林､双录､伦河､海兴､海北､长发等地的剪纸．特点是画幅较大，风格粗犷，刀锋稚拙而有力，是一种传统的民间艺术．为了弘扬中国优秀的传统文化，某校将举办一次剪纸比赛，共进行4轮比赛，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛中，参赛者在30分钟内完成规定作品和创意作品各2幅，若有不少于3幅作品入选，将获得"巧手奖".4轮比赛中，至少获得3次“巧手奖”的同学将进入决赛．某同学经历多次模拟训练，指导老师从训练作品中随机抽取规定作品和创意作品各4幅，其中有3幅规定作品和2幅创意作品符合入选标准．
(1)从这8幅训练作品中，随机抽取规定作品和创意作品各2幅，试预测该同学在一轮比赛中获得“巧手奖”的概率；
(2)以上述两类作品各自入选的频率作为该同学参赛时每幅作品入选的概率，经指导老师对该同学进行赛前强化训练，规定作品和创意作品入选的概率共提高了（两类作品的概率均有提高），以获得“巧手奖”的次数的数学期望为参考，试预测该同学能否进入决赛？
【答案】(1)；
(2)该同学没有希望进入决赛．

【分析】（1）根据题意，分类讨论所有可能的情况，再求其概率之和即可；
（2）由题可得，先计算强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率的最大值，再根据4轮比赛中获得“巧手奖”的次数X服从二项分布，估算，结合题意即可判断.
【详解】（1）由题可知，所有可能的情况有：
①规定作品入选1幅，创意作品入选2幅的概率，
②规定作品入选2幅，创意作品入选1幅的概率，
③规定作品入选2幅，创意作品入选2幅的概率，
故所求的概率．
（2）设强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，
则，
由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为：



∵，且，
也即，即
故可得：，，
，
∴，
令，则在上单调递减，
∴．
∵该同学在4轮比赛中获得“巧手奖”的次数，
∴，
故该同学没有希望进入决赛．
21．已知直线和直线，过动点作平行的直线交于点，过动点作平行的直线交于点，且四边形（为原点）的面积为1．
(1)求动点的轨迹方程
(2)当动点的轨迹的焦点在轴上时，记动点的轨迹为曲线，若过的直线与曲线交于两点，在曲线上是否存在点，使的重心为原点．若存在，求出直线的方程：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)或；
(2)不存在，理由见解析．

【分析】（1）由矩形面积公式结合两点间距离公式可得轨迹方程；
（2）假设存在点满足题意，设直线方程为，设，直线方程代入双曲线方程后，应用韦达定理得，然后利用原点是三角形的重心，把用表示，再把代入代入双曲线方程后求解，如果求得值说明存在，如求不出值，说明不存在．
【详解】（1）由题意，
所以，，
所以动点的轨迹方程是或；
（2）假设存在满足题意，
动点的轨迹的焦点在轴上时，轨迹方程为，
易知直线不能与轴重合，设其方程为，
设，
由得，且，所以，
所以，，
满足的重心为原点，
则，，
，，
又在双曲线上，
所以，，无实数解，
所以不存在点满足题意．
【点睛】方法点睛：解析几何中存在性命题的解题方法：
假设存在满足题意的点（直线或其它量），设出直线方程与交点坐标，直线方程与圆锥曲线方程联立消元后应用韦达定理得，把此结论代入题中条件求解，如能求得参数值则说明存在，如果求不出参数值，则说明假设错误，满足题意的点（直线或其它量）不存在．
22．已知函数．
(1)求证：函数存在单调递减区间，并求出单调递减区间的长度的取值范围；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．

【分析】（1）求出导函数，通分后，对分子令，由二次方程知识说明其在上有两个不等实根，由韦达定理把用参数表示，根据已知范围可得结论；
（2）不等式变形后引入函数，求出函数，然后对再多次求导后，分类讨论确定导数值的正负，得函数的单调性，从而得不等式是否恒成立．
【详解】（1），
令，
∵，，∴有两个不等实根（不妨设），
而，，因此，
所以在上的解集为，
即的单调减区间是，
由韦达定理得，，
，
∵，∴；
（2）由题意在上恒成立，
令，
，令，
则，令，
则，令，
则，
所以在上单调递减，，
所以在上单调递减，，
当，即时，，
在上单调递减，，
所以在上单调递减，成立，所以，
当，即时，在上有根，设根为，
在上，，在上，
所以在上递增，在上递减且，时，，
因此在上有解，设解为，
在上，， 单调递增，而，因此在上，，从而在上不恒成立，
综上所述，．
【点睛】难点点睛：本题考查用导数研究函数的单调区间，研究不等式恒成立问题，方法是不等式变形为（其中引入新函数），求出导函数，难点是需要对多次求导后，才能通过分类讨论确定导数值的正负，相应函数的单调性．