2023届黑龙江省哈尔滨市第九中学高三第三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九中学高三第三次模拟考试数学试题含解析，共24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九中学高三第三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】D
【分析】求解即可得出，，即可得出答案.
【详解】解可得，，所以，
所以，.
故选：D.
2．已知复数z满足，则复数z的虚部为（    ）
A．1 B．-1 C．i D．-i
【答案】B
【分析】根据已知化简可得，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，所以，
所以，复数z的虚部为.
故选：B.
3．已知m，n表示空间内两条不同的直线，则使成立的必要不充分条件是（    ）
A．存在平面，有， B．存在平面，有，
C．存在直线，有， D．存在直线，有，
【答案】A
【分析】根据空间线线，线面的位置关系及充分条件必要条件的概念逐项分析即得.
【详解】对A，若，，则直线m，n可以平行，也可以相交，还可以异面；若，则存在平面，有，，
即存在平面，有，是使成立的必要不充分条件，故A正确；
对B，若，，则；若，则存在平面，有，，
即存在平面，有，是使成立的充分必要条件，故B错误；
对C，若，，则直线；若，则不存在直线，有，，
即存在直线，有，是使成立的既不充分又不必要条件，故C错误；
对D，若，，则；若，则存在直线，有，，
即存在直线，有，是使成立的充分必要条件，故D错误.
故选：A.
4．是定义在R上的函数，为奇函数，则（    ）
A．－1 B． C． D．1
【答案】A
【分析】由奇函数定义得，及即可求值
【详解】是定义在R上的函数，为奇函数，则
.
∴.
故选：A
5．“第二课堂”是哈九中多样化课程的典型代表，旨在进一步培养学生的人文底蕴和科学精神，为继续满足同学们不同兴趣爱好，美育中心精心准备了大家非常喜爱的中华文化传承系列的第二课堂活动课：陶艺，拓印，扎染，创意陶盆，壁挂，剪纸六个项目供同学们选学，每位同学选择1个项目.则甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有（    ）
A．135种 B．720种 C．1080种 D．1800种
【答案】C
【分析】分为恰有2名学生所选的课相同，以及4名学生所选的课全不相同两种情况，分别计算求解得出，相加即可得出答案.
【详解】恰有2名学生选课相同，
第一步，先将选课相同的2名学生选出，有种可能；
第二步，从6个项目中选出3个排好，有.
根据分步计数原理可得，方法有；
4名学生所选的课全不相同的方法有.
根据分类加法计数原理可得，甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有.
故选：C.
6．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用两角和与差的正弦公式及诱导公式，结合二倍角的余弦公式即可求解.
【详解】由题意可知，，
所以.
故选：C.
7．英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件存在如下关系：，贺岁档电影精彩纷呈，有几部影片是小明期待想去影院看的．小明同学家附近有甲､乙两家影院，小明第一天去甲､乙两家影院观影的概率分别为0.4和0.6．如果他第一天去甲影院，那么第二天去甲影院的概率为0.6；如果第一天去乙影院，那么第二天去甲影院的概率为0.5，则小明同学（    ）
A．第二天去甲影院的概率为0.44
B．第二天去乙影院的概率为0.44
C．第二天去了甲影院，则第一天去乙影院的概率为
D．第二天去了乙影院，则第一天去甲影院的概率为
【答案】D
【分析】先表示基本事件，根据题中概率及贝叶斯概率公式进行逐一判断即可.
【详解】设:第一天去甲影院，:第二天去甲影院，
:第一天去乙影院，:第二天去乙影院，
所以，，，
因为，
所以，
所以有,
因此选项A不正确；
，因此选项B不正确；
，所以选项C不正确；
，
所以选项D正确，
故选：D
8．已知，，，则（    ）
A．c＞b＞a B．a＞b＞c C．c＞a＞b D．b＞a＞c
【答案】A
【分析】根据数的结构构造函数，利用导数法研究函数的单调性，最后利用单调性比较大小即可.
【详解】令，则，所以在上单调递增，
又，所以，又，，，
所以c＞b＞a，
故选：A

二、多选题
9．已知向量，，则正确的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若与的夹角为钝角，则 D．若向量是与同向的单位向量，则
【答案】ABD
【分析】根据向量坐标的线性运算及向量的模的坐标表示即可判断A；根据向量共线的坐标表示即可判断B；若与的夹角为钝角，则，且与不共线，列出不等式组，即可判断C；若向量是与同向的单位向量，则，从而可判断D.
【详解】对于A，若，则，所以，故A正确；
对于B，若，则，所以，故B正确；
对于C，若与的夹角为钝角，则，且与不共线，
即，解得，且，故C不正确；
对于D，若向量是与同向的单位向量，则，故D正确.
故选：ABD.
10．已知双曲线的左、右焦点分别为、，过作斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（在第一象限），，为线段的中点，为坐标原点，则下列说法正确的是（    ）
A． B．双曲线的离心率为
C．的面积为 D．直线的斜率为
【答案】AD
【分析】利用双曲线的定义求出、，可判断A选项；在中，应用余弦定理可得出关于、的齐次等式，可求得双曲线的离心率，可判断B选项；利用三角形的面积公式可判断C选项；利用点差法求出直线的斜率，可判断D选项.
【详解】如下图所示：

对于A选项，因为，所以，，
由双曲线的定义可得，所以，，A对；
对于B选项，设直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则为锐角且，
由可得，则，
在中，由余弦定理得，
即，
等式两边同时除以可得，
因为，解得，B错；
对于C选项，因为，则为钝角，
所以，，
，C错；
对于D选项，设，，则，可得，
因为，则，
由得，
所以，，则，
则直线的斜率为，D正确．
故选：AD．
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
11．半正多面体亦称“阿基米德体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体．点、、是该多面体的三个顶点，且棱长，则下列结论正确的是（    ）

A．该多面体的表面积为
B．该多面体的体积为
C．该多面体的外接球的表面积为
D．若点是该多面体表面上的动点，满足时，点的轨迹长度为
【答案】BCD
【分析】计算出该多面体的表面积和体积，可判断AB选项；作出图形，根据几何关系计算出该多面体的外接球半径，利用球体表面积公式可判断C选项；找出与垂直的直线，可求出点的轨迹长度，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，“阿基米德体”一共有八个面，
其中有四个面是边长为的正六边形，有四个面是边长为的正三角形，
因此，“阿基米德体”的表面积为，A错；
对于B选项，如下图所示，在棱长为的正四面体中，设顶点在底面的射影点为点，

延长交于点，则为的中点，
因为为等边三角形，则，且，
易知点为的中心，则，
因为平面，平面，所以，，
故，
，
即棱长为的正四面体的体积为，
因为“阿基米德体”是在棱长为的正四面体上截去了个棱长为的正四面体，
因此，“阿基米德体”的体积为，B对；
对于C选项，设等边的中心为，与平面平行的底面正六边形的中心记为点，

则平面，
原正四面体（棱长为）的高为，则，
由题意可知，“阿基米德体”的外接球球心在直线上，
易知，即正的外接圆半径为，
底面正六边形的外接圆半径为，
设，“阿基米德体”的外接球半径为，则，
解得，则，
因此，该多面体的外接球的表面积为，C对；
对于D选项，如下图所示：

由正六边形的几何性质可知，
因为，则，所以，，
即，同理可知，
因为，、平面，则平面，
因为平面，所以，，
由余弦定理可得，
同理可得，易知，
所以，点的轨迹长度为，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
12．已知函数是定义在上的函数，是的导函数，若，且，则下列结论正确的是（    ）
A．函数在定义域上有极小值．
B．函数在定义域上单调递增．
C．函数的单调递减区间为．
D．不等式的解集为．
【答案】BC
【分析】令并求导，结合已知可得，进而可得，构造并研究单调性判断A、B；构造、分别研究它们的单调性判断C、D.
【详解】令，则，又得：，
由得：，
令得：，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，即，
所以单调递增，所以B正确，A不正确；
由且定义域为得：，
令，解得，即的单调递减区间为，故C正确．
的解集等价于的解集，
设，则，
当时，，此时，即在上递减，
所以，即在上成立，故D错误．
故选：BC
【点睛】关键点睛：令，根据已知得，利用导数研究其单调性和极值情况，构造研究单调性，对于D问题转化为判断在上的符号.

三、填空题
13．二项式的展开式中的常数项为_________.
【答案】
【分析】展开式的通项为，由得出，代入即可得出答案.
【详解】二项式的展开式的通项为.
由，可得，
所以，常数项为.
故答案为：.
14．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲（水生植物名）生一日，长三尺；莞（植物名，俗称水葱、席子草）生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：今有蒲生长1日，长为3尺；莞生长1日，长为1尺．蒲的生长逐日减半，莞的生长逐日增加1倍．若蒲、莞长度相等，则所需的时间约为_____日．
（结果保留一位小数，参考数据：，）
【答案】2.6．
【详解】解：设蒲（水生植物名）的长度组成等比数列 ，其 ，公比为 ，其前 项和为 ．莞（植物名）的长度组成等比数列 ，其，公比为 ，其前 项和为 ．
则，
令 ，
化为：，
解得 或 （舍去）．
即： .
所需的时间约为 日.
15．已知都是正数，且，则的最小值为__________．
【答案】/
【分析】将化为，和相乘，结合基本不等式即可求得答案.
【详解】因为都是正数，且，则,
则
,
当且仅当，结合，即，时取等号，
故答案为：
16．哈九中第二课堂兴趣课学生进行黑白迭代的游戏，规则为：点击方块，方块本身及其前、后、左、右、上、下相邻的块进行黑白状态反转，当所有块都为白色时则视为过关，用方块所在行、列、层描述位置，从下至上依次为第1-4层，如所圈画方块坐标为，如图所示的某关卡由四层4×4方块构成，通关方法为依次点击_________.

【答案】
【分析】根据游戏规则，作出每次点击坐标后的图形，即可得出答案.
【详解】根据已知，点击后，如图1，

点击后，如图2，

点击后，如图3，

点击后，如图4，

点击后，如图5，

点击后，如图6，

下一步只需点击，即可得到图7，完成通关

故答案为：.
【点睛】读懂游戏规则，每次点击某一个点后，作出图形，逐步完成后，观察即可得出答案.

四、解答题
17．如图在平面四边形ABCD中，，，，．

(1)求边BC；
(2)若，求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)1；
(2).

【分析】（1）利用余弦定理即可求得边BC的长；
（2）分别利用三角形面积公式求得的面积，进而求得四边形ABCD的面积．
【详解】（1）因为，为锐角，
所以．
因为，，在中，
由余弦定理得，
即，得．
（2）在中，由正弦定理得，
即，所以．
在中，由余弦定理得，
即，解得．
因为，，
所以．
18．记为数列的前项和，已知，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）利用退一相减法可得数列的递推公式，再利用累乘法可得数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法求数列的前项和，再根据，即可得证.
【详解】（1）由已知①，
所以当时，②，
①②得，整理可得，则，，，，，，
等式左右分别相乘得，
又，所以；
（2）由（1）得，
则，所以，
所以



，
又，所以，
所以，
即.
19．为普及航空航天科技相关知识､发展青少年航空航天科学素养，贵州省某中学组织开展“筑梦空天”航空航天知识竞赛.竞赛试题有甲、乙、丙三类（每类题有若干道），各类试题的每题分值及小明答对概率如下表所示，各小题回答正确得到相应分值，否则得分，竞赛分三轮答题依次进行，各轮得分之和即为选手总分.
项目题型
每小题分值
每小题答对概率
甲类题


乙类题


丙类题


其竞赛规则为：
第一轮，先回答一道甲类题，若正确，进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正确，同样进入第二轮答题，否则，退出比赛.
第二轮，在乙类题或丙类题中选择一道作答，若正确，进入第三轮答题；否则，退出比赛.
第三轮，在前两轮未作答的那一类试题中选择一道作答.
小明参加竞赛，有两种方案选择，方案一：先答甲类题，再答乙类题，最后答丙类题；
方案二：先答甲类题，再答丙类题，最后答乙类题.各题答对与否互不影响.请完成以下解答：
(1)若小明选择方案一，求答题次数恰好为次的概率；
(2)经计算小明选择方案一所得总分的数学期望为，为使所得总分的数学期望最大，小明该选择哪一种方案？并说明理由.
【答案】(1)
(2)选择方案一，理由见解析

【分析】（1）记事件“小明先答对甲类一道试题”，“小明继续答对另一道甲类试题”，
“小明答对乙类试题”，“小明答题次数恰好为次”，可知，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得事件的概率；
（2）设小明竞赛得分为，由方案二知的可能值为、、、，计算出在不同取值下的概率，可求得的值，与方案一的期望进行大小比较，可得出结论.
【详解】（1）解：记事件“小明先答对甲类一道试题”，“小明继续答对另一道甲类试题”，
“小明答对乙类试题”，“小明答对丙类试题”，
则，，，
记事件“小明答题次数恰好为次”，则.
，
即小明答题次数恰好为次的概率为.
（2）解：设小明竞赛得分为，由方案二知的可能值为、、、.
，
，
，
.
所以，.
因为，所以选择方案一.
20．已知三棱台中，底面，，，，、分别是、的中点，是棱上的点.

(1)求证：；
(2)若是线段的中点，平面与的交点记为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）证明出平面，可得出，证明出四边形是正方形，可得出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）延长与相交于点，连接，则，推导出点为的重心，然后以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：取线段的中点，连接、，如图所示：
因为、分别为、的中点，则，
在三棱台中，，所以，，且，
故、、、四点共面，
因为，，则，
又因为底面，、平面，所以，，
因为，、平面，所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，
又因为，所以四边形是正方形，所以，
又因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：延长与相交于点，连接，则，
因为、分别为和的中点，，则，
则，所以，为的中点，
又因为为的中点，且，则为的重心，则，
由（1）知，所以、、两两垂直，
以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，

则、、、、，
所以，，，，
设平面的法向量，则，
取，则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
所以，，
由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
21．已知椭圆与抛物线的图象在第一象限交于点P.若椭圆的右顶点为B，且.
(1)求椭圆C1的离心率；
(2)若椭圆C1的焦距为2，直线l过点B且不与坐标轴垂直.设l与椭圆C1相交于不同于B的另一点D，l与抛物线C2相交于不同于的两点M、N，且，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）设点，由已知可得，抛物线焦点即为点，根据抛物线的定义可推得，进而得出，代入椭圆的方程，整理化简可得，根据的关系即可得出；
（2）由已知得出椭圆以及抛物线的方程，可设直线l的方程为，联立直线与椭圆以及抛物线的方程，根据韦达定理以及弦长公式得出，，代入已知化简可得，变形有，然后结合基本不等式，即可得出答案.
【详解】（1）设点，
由已知，可得抛物线焦点坐标为，恰好为椭圆的右顶点，
则根据抛物线的定义可知，，所以.
因为点P在第一象限，代入抛物线方程得.
又点P在椭圆上，代入椭圆方程得，化简得.
又，所以，
则椭圆E的离心率.
（2）由已知可得，，所以，，
所以椭圆C1的方程为.
抛物线C2的方程为，且，.
设直线l的方程为，且.
设点，联立l与，得，
所以，所以，
所以.
设点，，
联立l与，得，得.
则，所以，
所以.
因为，所以，
化简得，，所以，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以.
所以实数的取值范围为.

【点睛】思路点睛：设出直线方程，联立直线与圆锥曲线的方程，根据韦达定理以及弦长公式得出弦长.根据已知，化简整理得出关系式，再求出参数的取值范围.
22．已知函数．
(1)当时，求的零点个数；
(2)若恒成立，求实数a的值．
【答案】(1)2
(2)

【分析】（1）求导，研究函数的单调性，利用零点存在性定理判断零点个数；
（2）构造函数，分类讨论研究函数的单调性，求最小值，再构造函数求解，求导，研究单调性，然后利用最值确定a的值.
【详解】（1）当时，，则，
当，，函数在上单调递减；
当，，函数在上单调递增，
所以，
又，，所以存在，，
使得，即的零点个数为2．
（2）不等式即为，
设，，则，
设，，
当时，，可得，则单调递增，
此时当无限趋近时，无限趋近于负无穷大，不满足题意；
当时，由，单调递增，
当无限趋近时，无限趋近于负数，当无限趋近正无穷大时，无限趋近于正无穷大，故有唯一的零点，即，
当时，，可得，单调递减；
当时，，可得，单调递增，
所以，
因为，可得，
当且仅当时，等号成立，所以，
所以
因为恒成立，即恒成立，
令，，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以，即，
又由恒成立，则，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.