2023届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三第二次高考模拟数学试题含解析

这是一份2023届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三第二次高考模拟数学试题含解析，共20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第二次高考模拟数学试题 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求函数定义域、解一元二次方程求集合，由集合交运算求.【详解】由题设，，或，所以.故选：A2．若复数，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】由复数除法几何意义求复数的模.【详解】由.故选：B3．已知，且，则向量在向量上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据投影向量的定义求向量在向量上的投影向量即可.【详解】向量在向量上的投影向量为.故选：C4．已知命题，命题，则命题p是命题q的（    ）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用同角三角函数关系、倍半角公式，结合充分必要性定义判断命题间的推出关系，即可得答案.【详解】由知：，而，可得，所以，充分性成立；由，则，所以，必要性不成立.故选：B5．在的展开式中，常数项为（    ）A．-112 B．112 C．-1120 D．1120【答案】B【分析】求出的通项公式，令 ，求得 , 即可得展开式的常数项.【详解】二项式 的展开式的通项公式为 令 , 求得 , 可得展开式的常数项为 .故选: B.6．圭表，是度量日影长度的一种天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成.圭表和日晷一样，也是利用日影进行测量的古代天文仪器.所谓高表测影法，通俗的说，就是垂直于地面立一根杆，通过观察记录它正午时影子的长短变化来确定季节的变化.垂直于地面的直杆叫“表”，水平放置于地面上刻有刻度以测量影长的标尺叫“圭”，如图1，利用正午时太阳照在表上，表在圭上的影长来确定节令．已知某地夏至和冬至正午时，太阳光线与地面所成角分别约为，，如图2，若影长之差尺，则表高AB为（    ）尺．A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题设定义及，将公式转化变形即可得结果.【详解】由题设，则.故选：C7．设是定义在R上的可导函数，的导函数为，且在R上恒成立，则下列说法中正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题设有，构造研究单调性得，即可得结果.【详解】由题设，构造，则，所以在R上单调递增，则，即，所以，即.故选：D8．已知正三棱锥的底面边长为3，侧棱长为，点P为此三棱锥各顶点所在球面上的一点，则点P到平面SAB的距离的最大值为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】画图分析，构造三角形求出相应的量，利用正弦定理和余弦定理求相应的量，分析点P到平面SAB的距离的最大值即可.【详解】如图1，设正三棱锥的底面外接圆的圆心为，外接球的球心为，为的中点，的外接圆的圆心为，所以在正三棱锥中有：平面，平面，因为为等边三角形，所以为的重心，且边长为3，所以，因为平面，平面，所以，所以在中，，设，所以在中，，所以，在中，，所以，由正弦定理得：，又平面，平面，所以，所以在中，，由图2：当共线时，点P到平面SAB的距离有最大值为：，故选：B. 二、多选题9．点在函数的图象上，当，则可能等于（    ）A．-1 B． C． D．0【答案】BC【分析】根据目标式的几何意义为在部分图象上的动点与点所成直线的斜率，即可求范围.【详解】由表示与点所成直线的斜率，又是在部分图象上的动点，图象如下：如上图，，则，只有B、C满足.故选：BC10．已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）A．B．满足的的取值范围为（）C．将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象的一条对称轴D．函数与的图象关于直线对称【答案】ABD【分析】根据图象求出的解析式，然后运用三角函数的知识逐一判断即可.【详解】由图可得，，所以，因为，所以，所以，因为，所以，故A正确；由可得，所以，解得，，故B正确；将函数的图象向右平移个单位长度，得到的是函数的图象，直线不是其对称轴，故C错误；因为，所以函数与的图象关于直线对称，故D正确；故选：ABD11．已知正方体的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（    ）A．三棱锥的体积为定值B．当最大时，MN与BC所成的角为C．正方体的每个面与点N的轨迹所在平面所成角都相等D．若，则点N的轨迹长度为【答案】ACD【分析】首先利用平面的基本性质确定点所在平面，且面面，构建空间直角坐标系，求面的一个法向量，应用向量法求到面的距离，进而求三棱锥的体积判断A；找到最大时MN与BC所成角的平面角即可判断B；判断，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可判断C；N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，进而求周长判断D.【详解】过中点作与交，作与交，重复上述步骤，依次作的平行线与分别交于（注意各交点均为各棱上的中点），最后依次连接各交点，得到如下图示的正六边形，因为，面，面，所以面，同理可得面，因为，面，所以面面，所以面中直线都平行于面，又面，且平面，所以面，即面，根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，且，，，，，，A：由上分析知：面任意一点到面的距离，即为到面的距离，而，，若为面的一个法向量，所以，令，则，而，所以到面的距离，即到面的距离为，又△为等边三角形，则，所以三棱锥的体积为定值，正确；B：由图知：当与重合时最大为，且，所以MN与BC所成的角，即为，错误；C：由正方体性质，只需判断各侧面的法向量，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可，又，同理可得，所以正方体的每个面与点N的轨迹所在平面所成角都相等，正确；D：若，则点N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，因为面面，故也是面的法向量，而，所以到面的距离为，故轨迹圆的半径，故点N的轨迹长度为，正确.故选：ACD12．已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆内部，点N在椭圆上，椭圆C的离心率为e，则以下说法正确的是（    ）A．离心率e的取值范围为B．存在点N，使得C．当时，的最大值为D．的最小值为1【答案】AC【分析】根据点与椭圆的位置关系得，即可求出离心率的范围判断A项；易知必为椭圆的右顶点判断B项；根据椭圆的定义得，根据三角形的三边关系结合图象判断C项；根据椭圆的定义结合“1”的代换，根据基本不等式即可求解，判断D项.【详解】A：由已知可得，，所以，即，则，故，正确；B：由知，共线，故必为椭圆的右顶点，而，即，则，所以，不合A分析结果，错误；C：由已知且，所以，.又，则.根据椭圆的定义可得，所以，如上图示，当且仅当三点共线时取得等号，正确；D：因为.所以，当且仅当，即时等号成立.所以，的最小值为，错误.故选：AC 三、填空题13．已知抛物线的顶点在原点，对称轴为x轴，且过点，则此抛物线的标准方程为______．【答案】【分析】根据抛物线的对称轴设出抛物线方程为，再将点代入求解即可．【详解】因为抛物线的顶点在原点，对称轴为x轴，且过点，所以设抛物线方程为，将点代入可得，所以此抛物线的标准方程为．故答案为：．14．在某次考试中，学生的数学成绩服从正态分布．已知参加本次考试的学生有1000人，则本次考试数学成绩在70分至110分之间的学生大约有______人．（参考数据：，）【答案】840【分析】利用正态分布的对称性及三段区间的概率求，进而估计区间人数.【详解】由题设，所以，所以考试数学成绩在70分至110分之间的学生大约有人.故答案为：15．定义：设X，Y是离散型随机变量，则X在给定事件条件下的期望为，其中为X的所有可能取值集合，表示事件“”与事件“”都发生的概率．某日小张掷一枚质地均匀的骰子，若掷出1点向上两次时即停止．设A表示第一次掷出1点向上时的投掷次数，B表示第二次掷出1点向上时的投掷次数，则______．【答案】2【分析】由可得共有三种情况，然后根据所给的期望公式进行计算即可【详解】由可得或或，由题意可得故答案为：216．有1000张从1开始依次编号的多米诺骨牌，从小到大排成一行，每次从中去掉处在奇数位置的牌，则最后剩下的一张牌是______号．【答案】512【分析】根据题设，依次写出每次去掉奇数位后的余项，即可得结果.【详解】第一次：余下编号，编号为，共500项；第二次：余下编号，编号为，共250项；第三次：余下编号，编号为，共125项；第四次：余下编号，编号为，共62项；第五次：余下编号，编号为，共31项；第六次：余下编号，编号为，共15项；第七次：余下编号，编号为，共7项；第八次：余下编号，编号为，共3项；第九次：余下编号，编号为，共1项；综上，最后剩下.故答案为： 四、解答题17．已知的内角的对边分别是，且.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式，特殊角的三角函数值进行求解即可；（2）根据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可.【详解】（1）根据正弦定理，，因为，所以，因此有，因为，所以；（2）由余弦定理可知：，解得，（舍去），因此的面积为.18．已知数列满足：，，设，．(1)求数列的通项公式；(2)设，，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题设可得，应用等比数列定义写出通项公式即可；（2）由（1）得，应用错位相减法求，即可证结论.【详解】（1）由可得：，又，所以，即是首项、公比均为3的等比数列，故.（2）由（1）知：，则，所以，所以，且，故.19．已知双曲线的右焦点F，过点F的直线l交双曲线C于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，．(1)求此双曲线的离心率；(2)若点F到此双曲线一条渐近线的距离为1，且以AB为直径的圆被x轴截得弦长为，求直线l方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题设可得，结合双曲线参数关系即可求离心率；（2）由焦点到渐近线距离可得，结合（1）得，设，，联立双曲线并应用韦达定理求中点（圆心）纵坐标、半径，根据弦长的几何求法列方程求k，即可得直线l方程．【详解】（1）由直线过右焦点，故直线l垂直于x轴时，将代入双曲线得，则，即，所以，即，则.（2）双曲线渐近线为，则，又，可得，所以，故双曲线为，由（1）知：当直线l垂直于x轴时，以AB为直径的圆被x轴截得弦长为，不合题设，故可设，，联立双曲线得，则，所以，则，故中点（圆心）纵坐标，即以AB为直径的圆的圆心纵坐标为，又该圆的半径，由题设知：，整理得：，所以，故，即.20．中国共产党第二十次全国代表大会上的报告中提到，新时代十年我国经济实力实现历史性跃升，国内生产总值从54万亿元增长到114万亿元，我国经济总量稳居世界第二位.建立年份编号为解释变量，地区生产总值为响应变量的一元线性回归模型，现就2012-2016某市的地区生产总值统计如下：年份20122013201420152016年份编号12345地区生产总值（亿元）2.83.13.94.65.6 (1)求出回归方程，并计算2016年地区生产总值的残差；(2)随着我国打赢了人类历史上规模最大的脱贫攻坚战，该市2017-2022的地区生产总值持续增长，现对这11年的数据有三种经验回归模型、、，它们的分别为0.976、0.880和0.985，请根据的数值选择最好的回归模型预测一下2023年该市的地区生产总值；(3)若2012-2022该市的人口数（单位：百万）与年份编号的回归模型为，结合（2）问中的最佳模型，预测一下在2023年以后，该市人均地区生产总值的变化趋势．参考公式：，；【答案】(1)，残差为(2)选用更好，17.773亿元(3)逐年递增 【分析】（1）应用最小二乘法求回归直线方程即可；（2）由相关指数的大小，结合其的实际意义确定较好模型，进而估计2023年该市的地区生产总值；（3）由题设可得该市人均地区生产总值，利用单调性定义判断其在上的单调性即可.【详解】（1）由数据，，，而，，所以，则，综上，回归方程为，当时，，故2016年地区生产总值残差为.（2）根据相关指数越大拟合越好，由于，故模型较好，因2023年对应，则亿元.（3）由（2）及题设知：该市人均地区生产总值，令，且，若，所以，而且，则，故，所以在上递增，则在上递增，所以该市人均地区生产总值逐年递增.21．如图，三棱柱中，，，侧面为菱形(1)求证：平面平面；(2)若，，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据平行线的性质，结合线面垂直、面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）根据面面垂直的判定定理和性质定理，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）由，，故，且，所以，又，又，平面，所以平面，而平面，则.因为四边形是菱形，所以，由，平面，于是平面.又平面，因此平面平面；（2）因为，四边形是菱形，所以是正三角形.取BC的中点O，连接，则，由（1）知：平面，平面，所以平面平面ABC.又平面平面，平面，所以平面ABC.以O为坐标原点，OC，所在直线分别为y，z轴，在面ABC内过O且与AB平行的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，. 易知平面的一个法向量， 设平面的法向量为，则，令，则.设二面角的大小为，则，而，所以，二面角正弦值为.22．我国南北朝时期的数学家祖冲之（公元429年-500年）计算出圆周率的精确度记录在世界保持了千年之久，德国数学家鲁道夫（公元1540年-1610年）用一生精力计算出了圆周率的35位小数，随着科技的进步，一些常数的精确度不断被刷新．例如：我们很容易能利用计算器得出函数的零点的近似值，为了实际应用，本题中取的值为-0.57．哈三中毕业生创办的仓储型物流公司建造了占地面积足够大的仓库，内部建造了一条智能运货总干线，其在已经建立的直角坐标系中的函数解析式为，其在处的切线为，现计划再建一条总干线，其中m为待定的常数．注明：本题中计算的最终结果均用数字表示．(1)求出的直线方程，并且证明：在直角坐标系中，智能运货总干线上的点不在直线的上方；(2)在直角坐标系中，设直线，计划将仓库中直线与之间的部分设为隔离区，两条运货总干线、分别在各自的区域内，即曲线上的点不能越过直线，求实数m的取值范围．【答案】(1)，证明见解析.(2) 【分析】（1）求得，得到且，结合导数的几何意义，求得的直线方程，令，利用导数求得函数的单调性和最大值，得到，即可得到结论；（2）令，求得，得到函数的单调性和最小值，令，化简得到，结合和，即可求解.【详解】（1）解：由函数，可得，则且，所以的方程为，即因为函数的零点的近似值，即，所以，可得又因为，所以的直线方程为令其中，则，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，函数取得极大值，也为最大值，即，所以在直角坐标系中，智能运货总干线上的点不在直线的上方.（2）解：由曲线且，令，要使得两条运货总干线、分别在各自的区域内，则满足恒成立，又由，令，可得，即，当时，，单调递减；当时，，单调递增，当时，函数取得最小值，最小值为，令，即，即，即，因为，可得，又因为函数的零点的近似值，即，所以，则，又由，所以，所以实数的取值范围是.【点睛】方法点睛：应用函数知识求解实际应用问题的方法：1、正确地将实际问题转化为函数模型，这是解答应用问题的关键，转化来源于对已知条件的综合分析、归纳与抽象，并与熟知的函数模型相比较，以确定函数模型的种类．2、用相关的函数知识，进行合理设计，确定最佳解题方案，进行数学上的计算求解．3、把计算获得的结果回到实际问题中去解释实际问题，即对实际问题进行总结作答．