黑龙江省齐齐哈尔市2023届高三二模数学试题

这是一份黑龙江省齐齐哈尔市2023届高三二模数学试题，共25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。
黑龙江省齐齐哈尔市2023届高三二模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设i为虚数单位，复数z满足，则（    ）
A． B． C． D．5
2．设集合，，则（    ）
A． B． C． D．
3．“”是“函数在区间上单调递增”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
4．已知直线与直线互相垂直，则的最小值为（    ）
A．5 B．4 C．2 D．1
5．已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），下面四个图象中可能是图象的是（    ）

A． B．
C． D．
6．中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能（六艺）：礼、乐、射、御、书、数.某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，则“射”与“数”之间最多间隔一艺的不同排课方法总数有（    ）
A．432种 B．486种 C．504种 D．540种
7．已知抛物线的焦点为，为上的动点，为圆上的动点，设点到轴的距离为，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
8．已知不等式对恒成立，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
9．下列说法正确的是（    ）
A．残差图中若样本数据对应的点分布的带状区域越狭窄，说明该模型的拟合精度越高
B．在频率分布直方图中，各小长方形的面积等于各组的频数
C．数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为9
D．某校共有男女学生1500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为100人的样本，若样本中男生有55人，则该校女生人数是675人
10．已知数列是各项均为正数的等比数列，是公差大于0的等差数列，且，，则（    ）
A． B． C． D．
11．在长方体中，，E，F，P，Q分别为棱AB，AD，，的中点，则（    ）
A．AC⊥BP
B．⊥平面EFPQ
C．平面平面EFPQ
D．直线CE和所成角的余弦值为
12．如图，过双曲线右支上一点P作双曲线的切线l分别交两渐近线于A，B两点，交x轴于点D，，分别为双曲线的左、右焦点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（    ）

A．的面积为b
B．P为AB的中点
C．的最小值为
D．若存在点P，使，且，则双曲线C的离心率为2

三、填空题
13．已知等边的重心为O，边长为3，则______.
14．在平面直角坐标系中，角的终边与单位圆的交点分别为，若直线 的倾斜角为，则______.
15．设函数的图象关于y轴对称，当时，，则的值为______.
16．表面积为36π的球M表面上有A，B两点，且为等边三角形，空间中的动点P满足，当点P在所在的平面内运动时，点P的轨迹是______；当P在该球的球面上运动时，点P的轨迹长度为______.

四、解答题
17．羽毛球运动具有拼搏、进步、积极向上的意义，同时还要求运动员具备细心和迅速的敏锐性.某大学羽毛球运动协会为了了解本校学生对羽毛球运动是否有兴趣，从该校学生中随机抽取了300人进行调查，男女人数之比是2：1，其中女生对羽毛球运动有兴趣的占80%，而男生有30人表示对羽毛球运动没有兴趣.
(1)完成2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为“对羽毛球运动是否有兴趣与性别有关”？

有兴趣
没兴趣
合计
男



女



合计



(2)为了提高同学们对羽毛球运动的参与度，该校举行一次羽毛球比赛.比赛分两个阶段进行，第一阶段的比赛赛制采取单循环方式，每场比赛采取三局二胜制，然后由积分的多少选出进入第二阶段比赛的同学，每场积分规则如下：比赛中以2：0取胜的同学积3分，负的同学积0分；以2：1取胜的同学积2分，负的同学积1分.其中，小强同学和小明同学的比赛倍受关注，设每局小强同学取胜的概率为，记小强同学所得积分为X，求X的分布列和期望.
附表：，其中.
a
0.50
0.40
0.25
0.150
0.100
0.050

0.455
0.780
1.323
2.072
2.706
3.841

18．已知中，，D为AB中点，.
(1)若，求AC的长度；
(2)若，求的值.
19．已知数列的前n项和满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列满足，其前n项和为，是否存在正整数n，使得成立？若存在，求出所有n的值；若不存在，请说明理由.
20．如图，四棱锥中，平面，，，，，为线段上一点，点在边上且.

(1)若为的中点，求四面体的体积；
(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
21．设椭圆的左、右焦点分别为，O为坐标原点，椭圆C的离心率为.
(1)若椭圆C的上顶点为W，且的面积为，求椭圆C的标准方程；
(2)设过椭圆C的内部点且斜率为的直线l交C于M，N两点，若椭圆C上存在点Q，使得，求b的最大值.
22．设函数，，.
(1)求在上的单调区间；
(2)若在y轴右侧，函数图象恒不在函数的图象下方，求实数a的取值范围；
(3)证明：当时，.

参考答案：
1．C
【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数模的运算公式，即可求解.
【详解】由题意，复数满足，可得，所以.
故选：C.
2．C
【分析】先解绝对值不等式得出集合，再根据交集并集概念计算求解即可.

【详解】因为，，
所以，.

故选：C.
3．A
【分析】根据正弦函数的单调性和参数范围即可求解.
【详解】若函数区间上单调递增，
则令，，
解得，，
结合是区间，
所以，
解得.
“”是“”的充分不必要条件,
故选：A.
4．C
【分析】利用两直线垂直满足，得出，进而，代入，利用基本不等式即可求解.
【详解】直线与直线斜率存在，且互相垂直，
，即，
当时，；
当时，，
综上，的最小值为.
故选：C
5．C
【分析】根据的图像，得到不同范围下，的正负，得到的单调性，得到答案.
【详解】由的图象知，当时，，故，单调递增；
当时，，故，当，，故，
等号仅有可能在x＝0处取得，
所以时，单调递减；
当时，，故，单调递增，结合选项只有C符合.
故选：C.
6．A
【分析】分在“射”与“数”之间间隔一艺，“射”“数”两艺相邻两种情况，利用排列组合知识进行求解，相加后得到答案.
【详解】根据题意排课顺序有两类，一类是：在“射”与“数”之间间隔一艺，先将“射”与“数”进行全排列，从剩余的4艺中选择1个放在“射”与“数”中间，再将这三艺看做一个整体，和剩余的3个元素进行全排列，这样的排课方法数为：；
另一类是：“射”“数”两艺相邻，将“射”“数”捆绑，有种排课方法，然后5个元素进行全排列，这样的排课方法数为：，
因此全部的排课方法数为：.
故选：A.
7．D
【分析】作出图形，过点作垂直于抛物线的准线，垂足为点，利用抛物线的定义可知，分析可知，当且仅当、为线段分别与圆、抛物线的交点时，取最小值，即可得解.
【详解】根据已知得到，圆，所以，圆的半径为，
抛物线的准线为，过点作，垂足为点，则，

由抛物线的定义可得，
所以，.
当且仅当、为线段分别与圆、抛物线的交点时，两个等号成立，
因此，的最小值为.
故选：D.
8．B
【分析】根据题意转化为对任意恒成立，设，求得，令，求得，求得函数的单调性与最值，得到恒成立，得到在上单调递增，得到在上恒成立，设，求得，求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】当时，，而当时不符合题意，
所以，不等式 对恒成立，
即对任意恒成立，即，
设，则，可得，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以在处取得极小值，且极小值为2，
所以恒成立，在上单调递增，则在上恒成立，
即有恒成立，设，可得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以在处取得极大值，且最大值为，此时，
故的取值范围是.
故选：B.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
9．AD
【分析】根据残差的定义即可判断A,根据频率分布直方图的特征即可判断B，根据百分位数的定义即可判断C，根据分层抽样的抽样比即可求解D.
【详解】对于A，由残差定义，如果样本数据点分布的带状区域越狭窄，说明该模型的拟合精度越高，故A正确；
对于B，在频率分布直方图中，各小长方形的面积等于相应各组的频率，故B错误；
对于C，因为，故该组数据的第75百分位数为第6个数和第7个数的平均数10，故C错误；
对于D，设该校女生人数为n，由已知可得，解得n＝675，故D正确.
故选:AD.
10．BCD
【分析】根据题意得，为单调递增数列，进而作出函数图象，结合图象性质说明即可.
【详解】解：设的公比为，的公差为，
所以，，，
所以，由可知为单调递增数列，即
因为，，，
所以，即，数列为单调递增数列，
作出函数，的图象如图所示，

由上述图象可知，当时，两函数图象在处相交，
所以，当时，，当或时，.
故选：BCD.
11．AC
【分析】A选项，作出辅助线，得到AC⊥BD，，得到线面垂直，证明出AC⊥BP；B选项，假设⊥平面EFPQ，推出矛盾，B错误；C选项，作出辅助线，得到，，证明出面面平行；D选项，作出辅助线，找到异面直线CE和所成角，求出各边长，利用余弦定理求出答案.
【详解】对于A，如图1所示，因为AB＝BC，所以四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，
又因为几何体为长方体，所以⊥平面ABCD，
因为平面，所以，
又因为，平面，
所以⊥平面，又因为平面，
所以AC⊥BP，故结论正确；

对于B，如图2所示，

假设⊥平面EFPQ.
因为平面EFPQ，所以⊥.
因为P，Q分别为棱，的中点，所以四边形为平行四边形，故，
所以，显然不成立，故假设错误，所以结论错误；
对于C，如图3所示，连接BD，，，，由条件可知，
因为平面，平面，所以平面，
又，，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，
所以平面平面EFPQ，故结论正确；

对于D，如图4所示，

在CD上取靠近D的一个四等分点G，连接FG，，取中点，连接，
则是的中点，所以，
又四边形为平行四边形，所以，故，
所以CE和所成角即为或其补角，设，则AD＝CD＝2，
由勾股定理得，，
，
所以，故结论错误.
故选：AC.
12．ABD
【分析】设，求得，得到在点处的切线方程为，与联立方程组，求得点的坐标，求得，可判定A正确；求得的坐标，可判定B正确；求得，可判定C错误；求得到直线和的距离和，结合双曲线的定义和余弦定理，列出方程，求得离心率，可判定D正确.
【详解】设，由，得，所以，
则在的切线斜率，
所以在点处的切线方程为，
又由，可得切线方程为，
设是双曲线在第一象限的一点，是切线与渐近线在第一象限的交点，是切线与渐近线在第四象限的交点，双曲线的渐近线方程是，
联立，解得，
联立，解得，
所以，故A正确；
由，.可知是的中点，
所以B正确；
由，
又因为，所以，即，所以C错误；
由点的坐标为，可得方程为，
所以到直线的距离，
同理可求得到直线的距离，所以PD为的平分线，
因为，所以，
又由，所以，，
在中，由余弦定理得，所以离心率，
所以D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：
1、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；
2、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
13．
【分析】根据给定条件，利用正三角形的性质结合数量积的定义求解作答.
【详解】在等边中，延长交于，如图，

因为为重心，则，，
所以.
故答案为：
14．/
【分析】由，，根据题意求得，得到或者，再结合诱导公式和特殊角的三角函数值，即可求解.
【详解】由题意得，点，，
所以直线的斜率，
所以，即，
所以或者，
当时，可得，此时点重合，不合题意，
当时，即，
可得.
故答案为：.
15．
【分析】根据题意推得，结合题意和，即可求解.
【详解】因为函数的图象关于y轴对称，可得，所以，所以.
故答案为：
16． 圆
【分析】建立平面直角坐标系以及空间直角坐标系，可得P在平面中轨迹方程为，P在空间中轨迹为的圆绕x轴旋转一周形成球的球面，结合余弦定理即可求解.
【详解】设球的半径为r，则，解得r＝3，
在平面内，动点P的轨迹组成一个圆，以线段AB所在直线为x轴，以靠近点B且长度为1处为坐标原点，
则，，此时动点P的轨迹方程为，
设其圆心为，则在空间中，z轴和xOy坐标平面垂直，
动点P的轨迹为xOy平面中的圆绕x轴旋转一周形成球的球面，
如图所示，

所以点P的轨迹是两个球面的交线，这两个球分别是以M和为球心，
在中，结合余弦定理得到.
设交线所围成的圆半径为R.则，
解得.所以交线的长度为.
故答案为：圆；
17．(1)列联表见解析，不能
(2)分布列见解析，

【分析】（1）完善列联表，利用公式计算出，结合临界值表可判断出“对羽毛球运动是否有兴趣与性别无关.”
（2）利用二项分布可求分布列，利用公式可求随机变量的数学期望.
【详解】（1）

有兴趣
没兴趣
合计
男
170
30
200
女
80
20
100
合计
250
50
300
零假设对羽毛球运动感兴趣与性别无关.
，
故根据小概率值的独立性检验，假设成立，我们认为“对羽毛球运动是否有兴趣与性别无关”.
（2）由题意可知随机变量X的取值为0，1，2，3，
∴；；
；；
故X的分布列为：
X
0
1
2
3
P




∴.
18．(1)2
(2)

【分析】（1）由余弦定理和互补角的余弦关系即可求解；
（2）根据余弦定理和正弦定理即可求解.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
，
，
在中，，
所以AC的长度为2.
（2）设BC＝x，则AC＝2x，在和中分别利用余弦定理得
，
解得（负根舍）.
因为，
所以，
在中，由正弦定理得，
即.
19．(1)
(2)存在，n＝2

【分析】（1）根据递推关系可得，由前项和与数列通项的关系可得，
（2）根据错位相减法求数列的和，进而利用数列的单调性即可求解.
【详解】（1）由可知，当时有.
两式相减得，所以，
又当n＝1时即也符合上式，所以.
当时，.
当时，，
时也满足，所以.
（2）结合（1）得，
，①
，②
①－②得
，
所以.
由，得，即.
显然当时，上式成立，设，且.
因为，
所以单调递减，所以只有唯一解n＝2，
所以存在唯一正整数n＝2，使得成立.
20．(1)
(2)存在，

【分析】（1）根据题意，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，进而利用坐标法求得点到平面的距离为，再计算体积即可；
（2）设点坐标为，根据得，进而根据线面角的向量方法求解即可.
【详解】（1）解：由题意可得两两互相垂直，
所以可以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：

∴，，，，
∴，，.
设平面的一个法向量，
，不妨令y＝1，∴.
设点到平面的距离为，则，
又因为，，∴的面积为.
∴四面体的体积为.
（2）设点坐标为，∴，.
∵，即，∴，
∴，∴.
设，，
∴.
设平面的一个法向量，
∴，即，令得
∴，
∴，
∵与面所成角的余弦值是，正弦值为.
∴，整理得，
∴，（舍去）.
∴存在满足条件的点，且.
21．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，即可求得椭圆的标准方程；
（2）根据题意，设椭圆C的方程为，由点在椭圆内，求得，设直线的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系求得，结合，求得，代入椭圆的方程，结合函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）解：由椭圆的离心率为且且的面积为，
可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：由椭圆的离心率为，可得，可得，
设椭圆C的方程为，
因为点在椭圆内，可得，解得，
设，，直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则，.
设，因为，
所以，，所以，
将该点坐标代入椭圆C的方程得，
显然，随着的增大，在增大，
又因为，所以当时，取最大值，且最大值为.
【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：
1、几何方法，即利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
2、代数方法，即把要求最值的几何量或代数式表示为某个（些）参数的函数，然后利用函数的性质、基本不等式、导数及换元法等知识进行求解．
22．(1)答案见解析
(2)a≤1
(3)证明见解析

【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解函数的单调区间；
（2）设函数，求得，令，求得，分和，两种情况讨论，求解函数的单调，进而求得的取值范围.
（3）取，由（2）知，令，，令，化简得到，进而证得结论.
【详解】（1）解：由函数，可得，
当，即时，，此时函数在上单调递增；
当，即时，令，解得；
令，解得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，函数单调递增区间为；当时，单调递增区间为，递减区间为.
（2）解：设函数，则，
令，则，
当，即时，，即，
即，所以成立，此时符合题意；
当，即时，令，解得，所以在区间上单调递减，又由，此时在上单调递减，
所以，显然不满足题意.
综上可得，实数的取值范围为.
（3）证明：取，由（2）知，
因为，令，代入得到，
即，且，
令，，即，代入化简得到，
所以成立.
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.