2023届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三第二次模拟考试数学试题含解析

2023届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三第二次模拟考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由对数函数单调性解不等式，得到，再求出，利用补集和交集概念计算即可.

【详解】因为，所以，故，

而，

所以.

故选：B

2．若复数为纯虚数，则实数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数除法运算化简复数，由纯虚数定义可构造方程求得结果.

【详解】为纯虚数，

，解得.

故选：D.

3．设等比数列，，是方程的两根，则的值是（    ）

A．或 B．2或 C． D．

【答案】C

【分析】由根与系数的关系可得，，且，都是负数，再由等比数列得，且，从而得解.

【详解】因为，是方程的两根，

所以，，且，都是负数，

又因为为等比数列，所以，所以，

且，所以.

故选：C

4．已知半径为2的圆上有两点，，其中，设向量，，若，则实数的值为（    ）

A． B．1 C．7 D．14

【答案】B

【分析】确定，根据平面向量的数量积的运算律，展开计算，可得答案.

【详解】由题意可知，，

故由，，，

得，即，

故，

故选：B

5．火箭造桥技术是我国首创在陡峭山区建桥的一种方法.由两枚火箭牵引两条足够长的绳索精准的射入对岸的指定位置，是建造高空悬索桥的关键.位于湖北省的四渡河大桥就是首次用这种技术建造的悬索桥.工程师们需要测算火箭携带的引导索的长度（引导索比较重，如果过长影响火箭发射），已知工程师们在建桥处看对岸目标点的正下方地面上一标志物的高为，从点处看点A和点俯角为，．求一枚火箭应至少携带引导索的长度（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】在Rt中可得，在中，利用正弦定理运算求解即可.

【详解】在Rt中，，

在中，可知，

由正弦定理可得：，即，

所以.

故选：C.

6．已知的常数项为，令，且，圆上有一动点，则的取值范围是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意通过赋值法求得，再结合圆的性质分析运算.

【详解】对于：，

令，可得；

令，可得；

所以.

因为圆的圆心，半径，

可得，

所以，即的取值范围.

故选：A.

7．函数的图像大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由定义得到的奇偶性，排除BC，代入特殊点，排除D，得到正确答案.

【详解】的定义域为R，且，

故为偶函数，排除BC；

又，故A正确，D错误.

故选：A

8．与三角形的一条边以及另外两条边的延长线都相切的圆被称为三角形的旁切圆，旁切圆的圆心被称为三角形的旁心，每个三角形有三个旁心，如图1所示，已知，是双曲线的左右焦点，是双曲线右支上一点，是的一个旁心，如图2所示，直线与轴交于点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据旁心为两外角和一个内角角平分线交点，利用角平分线性质得到，再由双曲线定义求结果即可.

【详解】双曲线中，，所以，，

则，

由三角形得旁心的定义可知分别平分，

在中，，

在中，，

因为，

所以，

所以，

同理可得，

所以，

而，故.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：利用角平分线性质得到，是解决本题的关键.

二、多选题

9．在中，内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（    ）

A．若，，，则边上的中线长为

B．若，，，则有两个解

C．若不是直角三角形，则一定有

D．若是锐角三角形，则一定有

【答案】CD

【分析】利用向量化即可判断A；利用正弦定理解三角形即可判断B；根据三角形内角和定理结合两角和的正弦定理即可判断C；由，，结合正弦函数的单调性即可比较，进而可判断D.

【详解】对于A，由为的中点得：

，

所以边上的中线长为，故A错误；

对于B，，，，

因为，所以，

所以或，

又因为，所以，且只有一个解，

所以只有一个解，故B错误；

对于C，因为，

所以，

又因为，

所以，

所以，故C正确；

对于D，因为是锐角三角形，所以，

又，所以，

所以，所以，

同理，

所以，故D正确.

故选：CD.

10．在直三棱柱中，平面，且，为中点，则下列说法正确的是（    ）

A．无论为何值时，均有平面成立

B．当时，平面

C．当时，与所成角的余弦值为

D．当时，点到平面的距离为

【答案】ABC

【分析】对于A，连接，连接，利用中位线的性质可得，结合线面平行的判定定理即可判断；对于B、C、D，建立空间直角坐标系，用向量法进行计算判断即可.

【详解】

对于A，连接，连接.

因为四边形是平行四边形，所以是的中点，又为中点，

所以，又平面，平面，所以平面，A正确；

对于B，如图，建立空间直角坐标系，当时，，

则,

所以，，即，

又EC1、AE交于E点，且平面，所以平面，B正确；

对于C，当时，,

则，所以，

故与所成角的余弦值为，C正确；

对于D，当时，，

则，

设平面的法向量为，

则，取

点到平面的距离为，D错误.

故选：ABC

11．椭圆，，为其左右焦点，为椭圆上一动点．则下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．的最小值为

C．使得为直角三角形的顶点共有6个

D．内切圆半径的最大值为

【答案】ABD

【分析】A选项，根据椭圆定义及余弦定理得到，从而利用三角形面积公式得到答案；B选项，由基本不等式“1”的代换求解最小值；C选项，考虑时，写出以为直径的圆的方程，联立，得到，故无解，再考虑和，共4个满足要求的点，C错误；D选项，要想内切圆半径最大，只需的面积最大，求出面积的最大值，得到内切圆半径最大值.

【详解】A选项，，故，

由椭圆定义可知，，

在中，由余弦定理得，

即，解得，

则，A正确；

，

由基本不等式得，

当且仅当，即时，等号成立，B正确；

C选项，以为直径的圆的方程为，

联立与得，无解，故使得的点不存在，

过点作轴的垂线，交椭圆于两点，此时，同理过点作轴的垂线，交椭圆于两点，此时

故使得为直角三角形的顶点共有4个，C错误；

D选项，因为的周长等于，

故要想内切圆半径最大，只需的面积最大，

因为，故当点位于上顶点或下顶点时，面积最大，此时，

故最大面积为，

设内切圆半径为，则，解得，

所以内切圆半径最大值为，D正确.

故选：ABD

12．已知曲线．从点向曲线引斜率为的切线，切点为．则下列结论正确的是（    ）

A．数列的通项公式为

B．若数列的前项和为，则

C．当时，

D．当时，

【答案】ABC

【分析】设直线，方程联立由，可得，，从而可判断A，B；由，得，从而可判断C；举例即可判断D，如.

【详解】设直线，联立，

得，

则由，即，得（负值舍去）

所以可得，，故A正确；

，

所以，故B正确；

对于C，由，得，

因为，所以，

所以，所以，

所以，

则，

故C正确；

对于D，，

因为，所以，所以，所以，

令，即，

令，

则，

所以函数在上单调递增，

由，

得，

所以当时，，故D错误.

故选：ABC.

【点睛】关键点睛：本题考查圆的切线问题和数列不等式的证明问题，解答本题的关键是设出切线方程，方程联立由，得出，，证明得到，从而可比较与的大小.

三、填空题

13．已知，则的值是__________．

【答案】5

【分析】利用正弦、余弦的二倍角公式以及弦化切的公式先化简，在将代入即可.

【详解】因为，

所以

，

故答案为：5.

四、双空题

14．已知，，，则__________，__________．

【答案】         

【分析】根据条件概率公式以及对立事件概率关系转化条件，求出结果.

【详解】因为，所以，

因为，所以，

因此，,

从而.

故答案为：；.

五、填空题

15．已知，把数列的各项排列成如图所示的三角形数阵，记表示该数阵中第行中从左到右的第个数，则对应数阵中的数是__________．

【答案】97

【分析】根据数阵的排列规律，结合等差数列的求和公式即可求解.

【详解】由题意可得：每个数均为奇数，且第行有个数，

则到第行最后一个数共有个，

则是第个奇数，所以.

故答案为：97.

16．已知棱长为的正方体中，为棱的中点，以点为球心为半径的球面与对角面的交线长为__________．

【答案】

【分析】连接，过点作与，根据正方体特征可知以为球心的球面与平面的交线为一段圆弧，根据长度关系计算即可求得.

【详解】连接，过点作与，

因为平面，平面，则，

，面，所以平面.

假设以为球心的球面与平面交于圆弧，则是以为圆心，以为半径的圆弧长，则.

又因为，所以，

所以，

，

所以，解得

即，所以该交线的长为.

故答案为：

六、解答题

17．已知数列中，，，数列的前项和为，，．

(1)求证：数列为等差数列，并求，的通项公式；

(2)若，且数列的前项和为，求．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）将取倒数，继而整理为，根据等差数列的通项公式可求得；根据数列前n项和和第n项的关系，可得，两式相减可求得；

（2）由（1）的结果可求出的表达式，利用裂项求和的方法即可求得答案.

【详解】（1）因为，所以，

即，故是以为首项，以2为公差的等差数列，

故；

由，可得，

两式相减可得，

又，，可得，

故是以为首项，3为公比的等比数列，故.

（2）由（1）可得

，

.

18．如图，平面四边形为矩形，平面，平面，．

(1)证明：平面平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证平面和，由线面垂直的判定定理证明平面，再得到面面垂直即可.

（2）建立适当空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）如图，取的中点，并连接，

根据条件，易知四边形为正方形，且，

所以，所以，

因为平面，平面，

所以平面平面，又平面平面，

因为四边形为矩形，所以，

又平面，所以平面，

因为平面，所以，

又，平面，

所以平面，又平面，

所以平面平面.

（2）建立如图所示的空间直角坐标，设，

则，

所以，

设平面的法向量为，

则，所以，

令，解得，所以，

设平面的法向量为，

则，所以，

令，解得，所以，

所以，

又因为平面与平面夹角为钝角，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

【点睛】19．已知三个内角的对边分别为，，，依次成等比数列，．

(1)求角，并判断三角形的形状．

(2)在区间是单调增函数，求的取值范围．

【答案】(1)，为等边三角形

(2)

【分析】（1）根据题意利用正弦定理已经三角恒等变换分析求解；

（2）整理可得，原题意等价于恒成立，分类讨论结合恒成立问题分析运算.

【详解】（1）因为，

则，整理得，

又因为依次成等比数列，则，

由正弦定理可得，

因为，

整理得，即或（舍去），

且，则，

可得，

且，则，可得，即，

所以为等边三角形.

（2）由（1）可得：

，

则，

原题意等价于在上恒成立，

注意到，则，

令，则当时恒成立，

可得，解得，

所以的取值范围为.

20．已知抛物线，为其焦点，，，三点都在抛物线上，且，直线，，的斜率分别为，，．

(1)求抛物线的方程，并证明；

(2)已知，且，，三点共线，若且，求直线的方程．

【答案】(1)；证明见解析

(2)

【分析】（1）由抛物线的定义和，求得，得出抛物线的方程及点，利用斜率公式，分别求得，即可求解；

（2）设直线的方程为，其中（），联立方程组，利用韦达定理和根与系数的关系，结合，列出方程，即可求解.

【详解】（1）由题抛物线，，且，

根据抛物线的定义，可得，解得，

所以抛物线的方程为，且点，

设点，可得，同理，

，

所以，，

所以，即.

（2）由，且三点共线，

设直线的方程为，其中（），

联立，消去得，

则，，

又由，解得或，

因为，所以，即，

则，解得，

由（1）知，所以，

即，且，所以，

所以直线的方程为，即.

【点睛】方法点睛：

直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解.

21．已知一个口袋有个白球，个黑球（，，），这些球除颜色外全部相同．现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为1，2，3，…，的抽屉内，其中第次取球放入编号为的抽屉（，2，3，…，）．

(1)，试求在编号为1，2，3，4号抽屉至少有一个黑球的条件下，这四个抽屉中白球出现有相邻编号的概率．

(2)随机变量表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，是的数学期望，证明．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）记事件A为“在编号为1，2，3，4号抽屉至少有一个黑球”，事件B为“这四个抽屉中白球出现有相邻编号”，根据题意分别求出和,代入条件概率的计算公式即可求解.

（2）先确定最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数为，所以对应的概率为，再根据数学期望公式得到，利用性质进行放缩变形：，最后利用组合数性质化简，可得结论.

【详解】（1）记事件为“在编号为1，2，3，4号抽屉至少有一个黑球”，事件为“这四个抽屉中白球出现有相邻编号”，

由题意可知：，则；

事件分这四个抽屉中白球出现有相邻编号12,23,34,123,234这四中情况；

若编号1，2为白球，则；

若编号2，3为白球，则；

若编号3，4为白球，则；

若编号1，2，3为白球，则；

若编号2，3，4为白球，则；

所以，

由条件概率的计算公式可得：.

（2）由题意知，最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数为，

其所对应的概率为，

所以随机变量的概率分布列为：

随机变量的期望为：

，

所以

，

所以.

22．已知函数，其中，为自然对数的底数．

(1)若在上恒成立，求实数的取值范围；

(2)当，时，

①证明：方程恰有一个根；

②设为的极小值点，为的零点，证明：．

参考数据：．

【答案】(1)

(2)①②证明见解析

【分析】（1）先由题意，分离参数得到在上恒成立，令，利用导数的方法求出最大值，即可得出结果；

（2）由得，求导得到，

①分，两种情况，根据导数的方法分别研究零点，即可得出结果；

②由为的极值点，得，推出，令，，根据导数的方法判断其单调性，得出在上有且仅有一个零点，设为，得到，进而可得出结论成立.

【详解】（1）在上恒成立，即在上恒成立，

即在上恒成立，

令，则，

由，得，

当，即时，，函数为增函数，

当，即时，，函数为减函数，

所以

所以；

（2）当时，，，

①（i）当时，，即在上没有零点，

（ii）当时，令，则，

所以在上单调递增，，，

所以在上存在唯一实根，

当时，，当时，，

故在上单调递减，在上单调递增，

又因为，，，

所以在上没有零点，在上有且只有一个零点，

综上，函数在上恰有一个零点；

②由①得，

因为为的极值点，所以，即，

因为的导函数为在上恒成立，

所以在上单调递减，因此恒成立，

即对任意成立，所以，，

所以有，即，即有成立，

令，，，

所以在上单调递增，

又，，

所以在上有且仅有一个零点，设为，

而，所以，故，

由①，所以，

故.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.