黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023届高三第五次模拟考试数学试题（含解析）

这是一份黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023届高三第五次模拟考试数学试题（含解析），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。


一、单选题
1．集合中元素的个数为（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
2．已知，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知焦点在x轴上的双曲线，其中一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
4．在平面直角坐标系中，向量，，，若A，B，C三点共线，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．下列说法不正确的是（ ）
A．甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样调查，若抽取的甲种个体数为9，则样本容量为18
B．设一组样本数据，，…，的方差为2，则数据，，.…，的方差为32
C．在一个列联表中，计算得到的值，则的值越接近1，可以判断两个变量相关的把握性越大
D．已知随机变量，且，则
6．我国历史文化悠久，“爰”铜方彝是商代后期的一件文物，其盖似四阿式屋顶，盖为子口，器为母口，器口成长方形，平沿，器身自口部向下略内收，平底、长方形足、器内底中部及盖内均铸一“爰”字.通高24cm，口长13.5cm，口宽12cm，底长12.5cm，底宽10.5cm.现估算其体积，上部分可以看作四棱锥，高约8cm，下部分看作台体，则该文物的体积约为（ ）（参考数据：，）

A．B．C．D．
7．已知，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，，若直线为和的公切线，则b等于（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．函数的部分图象如图所示，则下列关于函数的说法正确的是（ ）

A．的最小正周期为
B．的图象关于中心对称
C．在上单调递减
D．把的图像向右平移个单位长度，得到一个奇函数的图象
10．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（ ）

A．在第10行中第5个数最大
B．
C．第8行中第4个数与第5个数之比为
D．在杨辉三角中，第行的所有数字之和为
11．已知平面内动点满足到定点的距离和到定直线的距离相等，动点的轨迹为曲线，则下列说法正确的有（ ）
A．曲线的方程为
B．两条直线和分别交曲线不同于原点的两点，若直线过点，则
C．过点的直线与曲线交于不同的两点，直线与直线交于点，则直线平行于轴
D．点为曲线上定点，其关于轴对称点为点，则对于曲线上异于的任一点，都有直线与直线的斜率之差为定值
12．定义在的函数满足，且，都有，若方程的解构成单调递增数列，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．若数列为等差数列，则公差为6
C．若，则
D．若，则
三、填空题
13．已知为钝角，，则的值为______.
14．已知函数的导函数为，则______.
15．如图，平行六面体中，，，，，则线段的长为______.

16．已知数列满足，，，定义表示实数x，y中的较大的数，若，则实数______，记数列的前n项和为，则的值为______.
四、解答题
17．已知数列满足，且.
(1)求证：数列是等比数列；
(2)若，求满足条件的最大整数n.
18．在长方体中，，点P为棱上任意一点.

(1)求证：平面⊥平面；
(2)若点E为棱上靠近点C的三等分点，求点P在棱上什么位置时，平面与平面夹角的余弦值为.
19．在中，角的对边分别为，已知.
(1)求的值；
(2)求的最大值.
20．有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起，已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%.
(1)任取一个零件，计算它是次品的概率；
(2)如果取到的零件是次品，计算它是第1台车床所加工的概率（结果用分数表示）；
(3)参照第（2）问给出判断，求第1，2，3台车床操作员对加工次品分别应承担的份额.
21．已知椭圆C：的左右焦点分别为、，离心率，、分别为椭圆C的左、右顶点，且.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若O为坐标原点，过的直线l与椭圆C交于A、B两点，求面积的最大值；
(3)若椭圆上另有一点M，使得直线与斜率、满足，请分析直线BM是否恒过定点.
22．已知关于x方程在区间内有且只有一个解.
(1)求实数a的取值范围；
(2)如果函数，求证：在上存在极值点和零点；
(3)对于（2）中的和，证明：.
参考答案：
1．C
【分析】根据对数函数的性质求集合A，并列举出所有元素，即可得答案.
【详解】由题意，共有4个元素.
故选：C
2．B
【分析】对于A：根据不等式性质结合指数函数单调性分析判断；对于B：根据基本不等式分析判断；对于C：根据不等式性质分析判断；对于D：根据不等式性质结合对数函数单调性分析判断.
【详解】对于选项A：因为，则，
且在定义域内单调递增，则，故A错误；
对于选项B：因为，则，
所以，故B正确；
对于选项B：因为，则有：
当时，则，可得；
当时，则，可得；
综上所述：不恒成立，故C错误；
对于选项D：因为，则，且在定义域内单调递增，
但无法确定与1的大小关系，故无法确定与的大小关系，故D错误；
故选：B.
3．D
【分析】结合可得答案.
【详解】设双曲线实轴为，虚轴为，焦距为.则，又由题可得，则.
故选：D
4．C
【分析】根据三点共线的向量关系式即可求解.
【详解】因为A，B，C三点共线，
则，，
即，
则，解得.
故选：C
5．C
【分析】根据比例分层抽样的性质可得样本容量，故可判断A的正误，根据两类数据之间的关系结合方差公式可判断B的正误，根据的意义可判断C的正误，根据正态分布的对称性可计算的值，故可判断D的正误.
【详解】对于A：设样本容量为，则，故，故A正确.
对于B：设样本数据，，…，的均值为，
则数据，，.…，的均值为，
故数据，，.…，的方差为：
，
故B正确.
对于C：越大，可以判断两个变量相关的把握性越大，越小则把握性越小，故C错误.
对于D：由正态分布的对称性可得：
，
故D正确.
故选：C.
6．A
【分析】根据棱台与棱锥的体积公式计算可得.
【详解】因为
，
，所以.
故选：A
7．D
【分析】设，利用得出，表示以为圆心，半径为的圆，，表示与之间的距离，求的最大值，即求与圆上任意一点的距离最大值.
【详解】设，
则，
所以，
表示以为圆心，半径为的圆，
则，
表示与之间的距离，
即与圆上任意一点的距离，
因，
所以在圆外，
所以.
故选：D
8．B
【分析】分别设直线为和的切点为，，分别利用函数导数求出切点坐标代入直线中，建立关于的方程组解出即可.
【详解】设直线与相切于点，
与相切于点，
由，所以，
由，
则，
即点，代入直线中有：
， ①
由，
所以，
由，
，
即点，代入直线中有：
， ②
联立①②解得：，
所以，
故选：B.
9．AD
【分析】由图象可得函数周期，可得，由在处取最大值，可确定.A选项，由图象可得函数周期；BC选项，由A分析，可得.由在处取最大值，可确定，后由正弦函数对称性，单调性可判断选项正误；D选项，判断平移后所得函数的奇偶性即可判断选项.
【详解】A选项，由图可得，的半个最小正周期为，则的最小正周期为，故A正确；
BC选项，，由在处取最大值，则，.则，取，则.即.
将代入，得，则不是对称中心；
，，因在上递减，在上递增，则不是的单调递减区间，故BC错误；
D选项，由BC选项分析可知，，向右平移个单位长度后，得，为奇函数，故D正确.
故选：AD
10．BC
【分析】利用二项式定理，结合组合数运算性质逐一判断，即可求解．
【详解】对于A：第行是二项式的展开式的系数，
所以第行中第个数最大，故A错误；
对于B：
，故B正确；
对于C：第行是二项式的展开式的系数，又展开式的通项为，
所以第个数为，第个数为，所以第个数与第个数之比为，故C正确；
对于D：第行是二项式的展开式的系数，故第行的所有数字之和为，故D错误；
故选：BC
11．ACD
【分析】A选项，根据题意列出满足的方程，化简整理即可；
B选项，联立两条直线，求出两点坐标，根据直线解方程即可；
C选项，设出直线，和抛物线联立，利用的坐标表示的坐标，证明横坐标一样即可；
D选项，直接根据斜率公式进行计算验证.
【详解】A选项，依题意，，平方后整理可得，，A选项正确；
B选项，，解得非原点的交点，，解得非原点的交点，
于是直线为，又直线经过，故，解得，B选项错误；
C选项，显然直线斜率存在，设方程为，联立，得，
设，于是直线方程为：，令，解得，即，
根据韦达定理，，于是也有，由两点得横坐标相等且不是，可得平行于y轴，C选项正确；
D选项，由题意，，，设，则，
注意到，于是，
是定点，即为定值，即为定值，D选项正确.
故选：ACD
12．ABD
【分析】对于A：根据题意结合周期性运算求解；对于B：根据题意结合图象分析判断；对于B：整理可得，结合图象分析判断；对于D：根据图象结合对称性分析可得数列是以首项为7，公差为12的等差数列，进而利用等差数列知识运算求解.
【详解】因为都有，即
令，则，即，
可知在内的图象关于点对称，
根据题意作出在内的图象，如图所示：

对于选项A：因为定义在的函数满足，
则，故A正确；
对于选项B：由图象可知：若数列为等差数列，则，
此时与在内有且仅有一个交点，
因为，则，
所以公差为6，故B正确；
对于选项C：若，则，
可得，
则，即与在内有且仅有2个交点，
结合图象可得，故C错误；
对于选项D：若，则与在内有且仅有3个交点，且，
因为，则，
所以数列是以首项为7，公差为12的等差数列，
可得，
所以，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法
（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解；
（2）分离参数、转化为求函数的值域问题求解．
13．/
【分析】利用二倍角公式可得，再由可得答案.
【详解】因为，
所以，
因为为钝角，所以，所以，
又，所以，
可得，因为为钝角，所以.
故答案为：.
14．4046
【分析】计算、求和，求出计算与的差可得答案.
【详解】，
，
所以，
因为，
所以，
，，
所以.
故答案为：4046.
15．1
【分析】根据空间向量的数量积运算律求解即可.
【详解】由题可得, ，,
所以,且,
因为,
所以
，
所以，
故答案为:1.
16． 2 600
【分析】分别就和时计算数列的前几项，直到找到其周期，则问题可求.
【详解】当时，，
因为，所以，
所以，
，
，
，
，…，
依此类推有，即数列是以5为周期的数列，
则，与矛盾；
当时，，，，
所以，
，
，
，
，…，
依此类推有，即数列是以5为周期的数列，
则，所以此时，
则.
故答案为：2；600
17．(1)证明见解析
(2)99
【分析】（1）由已知得再由等比数列的定义可得答案；
（2）由（1）求出，再由等比数列的求和公式可得，令，根据的单调性可得答案.
【详解】（1），，
，，
是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）：，，
，
令，
因为在单调递增，
所以在单调递增，
单调递增，，
可得，所以满足条件的最大整数为.
18．(1)证明见解析
(2)点P为棱上靠近点的第一个六等分点
【分析】（1）可证面，结合面面垂直的判定定理可得相应证明；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量后结合夹角的余弦值可求，故可判断的位置.
【详解】（1）在长方体中，，故四边形为正方形，
，又面ABCD，面ABCD，.，
，且AC，面，
面，面，平面平面.
（2）
以D为原点，分别以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设，，，，.
设点，，则，，
设面一个法向量为，
则即，令，，，.
设面的一个法向量为，
则即，取，，，.
，
，或，
，，
点P为棱上靠近点的第一个六等分点时，
面与面夹角的余弦值为.
19．(1)
(2)
【分析】（1）通过余弦定理、正弦定理将条件中的边转化为角即可求出结果；
（2）由利用正切的两角和公式展开，结合（1）所得结论化简只含的函数，利用已知条件分析的范围，再利用基本不等式即可求出的最大值.
【详解】（1）因为，
由余弦定理：，
即
，
即
由正弦定理：
，
即
化简得：
.
（2）因为，
由（1）知，
，
，即
B为锐角，
，
，
当且仅当时，等号成立.
所以的最大值为.
20．(1)0.0525
(2)
(3)第1，2台车床操作员应承担，第3台车床操作员应承担.
【分析】（1）设“任取一零件为次品”，“零件为第i台车床加工”，
则，且，，两两互斥，求出、、，以及、、，由全概率公式得；
（2）“求次品为第1台车床所加工的概率”，就是计算在B发生的条件下，事件发生的概率由条件概率公式计算可得答案；
（3）由条件概率公式计算可得答案；
【详解】（1）设“任取一零件为次品”，“零件为第i台车床加工”，
则，且，，两两互斥，根据题意得，
，，，
，，，
由全概率公式，得
；
（2）“求次品为第1台车床所加工的概率”，就是计算在B发生的条件下，事件发生的概率，
；
（3）根据（2）
，
，
故第1，2台车床操作员应承担，第3台车床操作员应承担.
21．(1)
(2)1
(3)直线MB恒过定点
【分析】（1）根据离心率，长轴长为4，求得，即可求出椭圆方程.
（2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，利用弦长公式求得AB，并求得AB边上的高，表示出三角形面积，由基本不等关系求得最大值即可.
（3）设直线MB的方程为，联立与椭圆方程，结合韦达定理，设、，得到，结合，然后，代入计算即可得到结果.
【详解】（1）由已知可得：，
解得：，，则，则有C：；
（2）由于直线l不能与y轴垂直，故设，
，代入可得
恒成立，设，，
则有，
点O到直线l的距离为
所以
当且仅当：时取最大值；

（3）设直线MB的方程为
，代入可得
，可设、
则有，，
因为，所以，
因为在椭圆上，所以，所以，
代入，且，
可得，
即，即
即
由于，化简得，即直线MB恒过定点.

【点睛】方法点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
22．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）把方程变形，然后构造函数，把方程有一个解转化为函数有一个零点，然后利用导数即可求解；
（2）对函数求导，确定函数的单调性，然后结合零点存在定理即可解决；
（3）通过分析不等式发现，只要证出即可证明不等式，然后通过函数的单调性证明，从而证得不等式.
【详解】（1）由得，
令，
当时，，，
若，则，此时无解；
若，，当时，，
则在上单调递增，所以至多有一个零点，
而，，
所以存在，使，即方程有且只有一个解，
综上，实数a的取值范围为.
（2）因为，
所以，
由（1）知，，
显然在上单调递减，
又，，
所以存在，，
在上，，在上，，
可得在上单调递增，在上单调递减，
又，所以，又，
所以在上存在唯一零点，
当时，当时，，
而当时，，
即当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，即在上有唯一极值点且为极大值点，
又，所以，，
所以在上有唯一零点.
综上，在上存在极值点和零点.
（3）先证明：，
因为由（2）知，所以只需证明，
，
由（2）知，
所以，
设，则，所以单调递增，
所以，即，
所以，得，
令，，
所以在上单调递减，
所以，于是，所以，
于是，又，
所以有，又，
所以有.
【点睛】方法点睛：
1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.