黑龙江省哈尔滨市第九中学校2023届高三第五次模拟考试数学试卷（含解析）

这是一份黑龙江省哈尔滨市第九中学校2023届高三第五次模拟考试数学试卷（含解析），共26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。

黑龙江省哈尔滨市第九中学校2023届高三第五次模拟考试数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知复数满足 (其中为虚数单位)，则复数的虚部为（    ）
A． B． C． D．
2．已知集合，则的子集个数为（    ）
A．8 B．16 C．32 D．64
3．若，则（    ）
A． B． C． D．
4．为了解学生每天的体育活动时间，某市教育部门对全市高中学生进行调查，随机抽取1000名学生每天进行体育运动的时间，按照时长（单位：分钟）分成6组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，第六组.对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为（    ）

A．43.5分钟 B．45.5分钟 C．47.5分钟 D．49.5分钟
5．如图1，在高为的直三棱柱容器中，现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高为（    ）
      
A． B．3 C．4 D．6
6．已知某摩天轮的半径为，其中心到地面的距离为，摩天轮启动后按逆时针方向匀速转动，每分钟转动一圈．已知当游客距离地面超过时进入最佳观景时间段，则游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有（    ）
A．分钟 B．分钟 C．分钟 D．分钟
7．若过第一象限的点可以作曲线的两条切线，则（    ）
A． B． C． D．
8．已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．下列关于平面向量的说法中正确的是（    ）
A．已知，点在直线上，且，则的坐标为；
B．若是的外接圆圆心，则
C．若，且，则
D．若点是所在平面内一点，且，则是的垂心.
10．在一次党建活动中，甲､乙､丙､丁四个兴趣小组举行党史知识竞赛，每个小组各派10名同学参赛，记录每名同学失分（均为整数）情况，若该组每名同学失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知甲､乙､丙､丁四个小组成员失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（    ）
A．甲组中位数为2，极差为5
B．乙组平均数为2，众数为2
C．丙组平均数为1，方差大于0
D．丁组平均数为2，方差为3
11．刚考入大学的小明准备向银行贷款元购买一台笔记本电脑，然后上学的时候通过勤工俭学来分期还款.小明与银行约定：每个月还一次款，分次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为，设小明每个月所要还款的钱数为元，则下列说法正确的是（    ）
A．小明选择的还款方式为“等额本金还款法” B．小明选择的还款方式为“等额本息还款法
C．小明第一个月还款的现值为元 D．
12．已知,若,其中是自然对数的底数,则（    ）
A． B．
C． D．

三、填空题
13．若2、a、b、c、9成等差数列，则c﹣a=___________．
14．不等式的解集为__________.
15．将数列中的项排成下表：

，
，，，
，，，，，，，
…
已知各行的第一个数，，，，…构成数列，且的前项和满足（且），从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等差数列，且公差为同一个常数.若，则第6行的所有项的和为______.
16．已知实数，满足，，，则的最小值是________．

四、解答题
17．已知数列满足，数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知
(1)求角A；
(2)若为锐角三角形，且的面积为S，求的取值范围．
19．如图，已知四棱锥，底面是平行四边形，且，是线段的中点，.

(1)求证：平面；
(2)下列条件任选其一，求二面角的余弦值.
①与平面所成的角为；
②到平面的距离为.
注：如果选择多个条件分别解答，按一个解答计分.
20．某公司在一种传染病毒的检测试剂品上加大了研发投入，其研发的检验试剂品分为两类不同剂型和．现对其进行两次检测，第一次检测时两类试剂和合格的概率分别为和，第二次检测时两类试剂和合格的概率分别为和．已知两次检测过程相互独立，两次检测均合格，试剂品才算合格．
(1)设经过两次检测后两类试剂和合格的种类数为，求的分布列和数学期望；
(2)若地区排查期间，一户4口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员逐一使用试剂品进行检测，如果有一人检测呈阳性，则检测结束，并确定该家庭为“感染高危户”．设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立，该家庭至少检测了3个人才确定为“感染高危户”的概率为，若当时，最大，求的值．
21．如图，椭圆的离心率为，上的点到直线的最短距离为.

(1)求椭圆的方程；
(2)过上的动点向椭圆作两条切线、，交轴于，交轴于，交轴于，交轴于，记的面积为，的面积为，求的最小值.
22．已知函数（e是自然对数的底数）．
(1)当时，试判断在上极值点的个数；
(2)当时，求证：对任意，．

参考答案：
1．A
【分析】由题目条件可得，即，然后利用复数的运算法则化简.
【详解】因为，所以，
则
故复数的虚部为.
故选：A.
【点睛】本题考查复数的相关概念及复数的乘除运算，按照复数的运算法则化简计算即可，较简单.
2．C
【分析】求出，即可求解.
【详解】由题得，.
因为，.
所以.
所以的子集个数为个.
故选：C.
3．D
【分析】切化弦，结合得出，然后根据诱导公式及二倍角公式求解.
【详解】因为，所以，即，
所以，即，
所以，
故选：D．
4．C
【分析】由百分位数的定义求解即可.
【详解】由频率之和为1得：，解得，
由，，
故第25百分位数位于内，
则第25百分位数为.
可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为47.5，
故选：C.
5．B
【分析】利用两个几何体中的装水的体积相等，列出方程，即可求解.
【详解】解：在图（1）中的几何体中，水的体积为,
在图（2）的几何体中，水的体积为：，
因为，可得，解得.
故选：B.

6．B
【分析】求出游客到地面的距离为关于转动时间（单位：分钟）的函数关系式，然后解不等式，可得出结果.
【详解】设游客到地面的距离为，设关于转动时间（单位：分钟）的函数关系式为，
则，，可得，
函数的最小正周期为，则，
当时，游客位于最低点，可取，
所以，，
由，即，可得，
所以，，解得，
因此，游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有分钟.
故选：B.
7．D
【分析】首先设切点，利用导数的几何意义，列式，并转化为函数有2个零点，利用导数判断函数的性质，即可判断选项.
【详解】设切点，则，
得，
设，由条件可知，函数存在两个零点，
，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，取得最小值，若函数有2个零点，
则.
故选：D
8．C
【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面，，交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度即可.
【详解】

在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，
，
设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知，
，
，
P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，
若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为，

在中，，
所以，当P在面内部的轨迹长为，
同理，当P在面内部的轨迹长为，
当P在面时,如图③所示，

面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且，
所以P在正方形内的轨迹为，
所以，
综上：P的轨迹长度为.
故选：C
【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.
9．BD
【分析】对于A，设，由题意可得或，再根据平面向量的坐标表示计算即可；对于B，如图，设为的中点，根据数量积的定义即可得解；对于C，当时，再根据数量积的运算律即可判断；根据数量积的运算律即可判断D.
【详解】对于A，设，则，
因为点在直线上，且，
所以或，
则或，
所以或，解得或，
所以或，故A错误；
对于B，如图，设为的中点，则，
则，故B正确；

对于C，当时，，
满足，则与不一定相等，故C错误；
对于D，因为，
所以，所以，
同理可得，
所以是的垂心，故D正确.
故选：BD.
10．AD
【分析】结合中位数，平均数，众数，方差，极差的定义，分析判断每个选项.
【详解】对，因为中位数为2，极差为5，故最大值小于等于7，故正确；
对，如失分数据分别为，则满足平均数为2，众数为2，但不满足每名同学失分都不超过7分，故B错误；
对，如失分数据分别为，则满足平均数为1，方差大于0，但不满足每名同学失分都不超过7分，故C错误；
对，利用反证法，假设有一同学失分超过7分，则方差大于，与题设矛盾，故每名同学失分都不超过7分．故D正确．
故选：AD.
11．BCD
【分析】AB根据还款特点，得到还款方式；C选项，设出第一个月还款的现值为，列出方程，求出答案；D选项，表达出第12个月末所欠银行贷款数，因为分次还清所有的欠款，故得到方程，求出答案.
【详解】AB选项，由于每个月还款的钱数都相等，故小明选择的还款方式为“等额本息还款法，A错误，B正确；
C选项，设小明第一个月还款的现值为，则，解得，故C正确；
D选项，根据等额本息还款法可得，第一个月末所欠银行贷款为，
第二个月末所欠银行贷款为，
第三个月末所欠银行贷款为，
……
第12个月末所欠银行贷款为

，
由于分次还清所有的欠款，故，
解得，D正确.
故选：BCD
12．ACD
【分析】由得,由得,构造函数,易知函数为上的增函数,可得,,对于A,依据零点存在性定理判断;对于B,依据条件进行判断即可;对于C,利用当时,判断即可;对于D,利用在上的单调性判断即可.
【详解】由得,①
由得,
即,②
令,
易知函数为上的增函数,
又①式化为:,所以,
②式化为:,所以,
对于A,令,
根据函数单调性的性质,函数在上为增函数,
当时,;当时,,
则由零点存在性定理可知,故A正确;
对于B,因为,,
所以,则,故B错误;
对于C,设,
则,
当时,,则函数在上为增函数,
所以函数,
即,
所以,故C正确;
对于D,由A知,,
在上递减,
当时,,故D正确.
故选：ACD.
【点睛】将转化为,转化为,构造函数,利用单调性得到，是解本题的关键.
13．
【详解】由等差数列的性质可得2b=2+9，解得b=，
又可得2a=2+b=2+=，解之可得a=，
同理可得2c=9+=，解得c=，
故c﹣a=﹣==
14．
【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性结合，解不等式即可.
【详解】由，得，
令，
则，
因为，所以，
所以，
所以函数为增函数，
又，
则不等式即为，
所以，
即不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：构造函数是解决本题的关键.
15．1344
【分析】根据所满足的条件，求出数列，由在表中的位置，得，所以每行等差数列公差，即可求第6行所有项的和．
【详解】解：∵(且)，
∴，即，
∴数列的通项公式为，（且），
观察表中各行规律可知，第n行的最后一项是数列的第项，
，∴在表中第8行第3列，
∵，且，∴公差；
∴第6行共有32个元素，则第6行所有项的和为
故答案为：1344．
【点睛】思路点睛：由的前项和满足，构造法求数列的通项公式，观察数列的规律，找到在表中的位置，结合的通项公式可求得表中每一行的公差，继而可求第6行所有项的和．
16．/
【分析】根据给定条件，求出各等式表示的几何意义，及所求最值的表达式的几何意义，再把问题转化为求圆上的点到直线距离的最小值作答.
【详解】依题意，方程、分别表示以原点为圆心，2、3为半径的圆，
令，即点分别在、上，如图，
  
显然，，即有，
，取线段中点，连接，则，
因此点在以原点为圆心，为半径的圆上，
而，
即表示点到直线的距离和的倍，
过分别作直线的垂线，垂足分别为，过作垂直于直线于点，
于是，，
，原点到直线的距离，
显然，当且仅当点共线，且点在线段上时取等号，
所以.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及与圆相离的图形F上的点与圆上点的距离最值问题，转化为图形F上的点与圆心距离加或减圆半径求解.
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据数列的递推公式依次写出，即可发现规律；
（2）由（1）可写出数列的表达式，根据裂项求和的方法可求出前n项和．
【详解】（1）由题意知，，，，，，…，，，从而．
（2）由（1），所以．
18．(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理和和差公式整理即可得到，再结合，即可得到；
（2）根据和三角形面积公式将整理为，再根据锐角三角形和正弦定理得到的范围，最后用换元法和函数单调性求范围即可.
【详解】（1），所以，
所以，
又，所以，
因为，所以．
（2）由（1）可知，．
则．
因为锐角三角形，所以，整理得．
因为，所以．
令，则函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即，
故的取值范围为.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据平行四边形中的几何关系可得再根据勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明结果；
（2）选①，取中点为，连接，根据几何关系可得，根据（1）可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，则与平面所成的角为，由此计算出，进而计算得，可得为等边三角形；
选②，取中点为，连接，计算长度及根据等体积法可求得，即可得为等边三角形，建立合适的空间直角坐标系，求得各个点的坐标，进而求得平面的法向量及平面的法向量，根据法向量夹角的余弦值的绝对值即为二面角的余弦值绝对值即可求得结果.
【详解】（1）证明：因为，且，故，
在中，，
由余弦定理可得：，
解得，在中，，
所以，即，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）选①，取中点为，连接，如图所示：
因为，故，由（1）得平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，所以为与平面所成的角，
即，因为，，
所以为等边三角形，且边长为1，所以，，
由可得，
因为，，
所以，所以为等边三角形，
以为原点，为在轴正方向建立如图所示空间直角坐标系：

所以，
，
设是平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设为平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设二面角所成的角为，则，
所以二面角的余弦值为.
选②， 取中点为，连接，如图所示：

因为，故，由（1）得平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
设到平面的距离为，
因为，，所以等边三角形，
所以，，设，则，
因为，所以，
因为，为中点，所以，
所以，由，，
平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，即，
所以，因为，
即，
即，
解得，即，所以，所以为等边三角形，
以为原点，为在轴正方向建立如图所示空间直角坐标系：

所以，
，
设是平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设为平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设所成的角为，则，
所以二面角的余弦值为.
20．(1)分布列见解析，1
(2)．

【分析】（1）先得到剂型与合格的概率，求出X的所有可能取值及相应的概率，得到分布列，求出期望值；
（2）求出，令，得到，利用基本不等式求出最值，得到答案.
【详解】（1）剂型合格的概率为：；
剂型合格的概率为：．
由题意知X的所有可能取值为0，1，2．
则，
，
，
则X的分布列为
X
0
1
2
P



数学期望．
（2）检测3人确定“感染高危户”的概率为，
检测4人确定“感染高危户”的概率为，
则．
令，因为，所以，
原函数可化为．
因为，
当且仅当，即时，等号成立．
此时，所以．
21．(1)；
(2).

【分析】（1）由已知条件求出、的值，即可得出所求椭圆的方程；
（2）设、的方程分别为、，分析可知、是关于的的两根，利用韦达定理可得出关于的表达式，令，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1）解：由题意知：，所以，即所求椭圆方程为.
（2）解：设、的方程分别为、，
则，，，，

，①
联立，可得，
，
化简得，
显然，、是关于的的两根.
故，，则，
即代入①式得，
令，则，
，
当且仅当，即时，的最小值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
22．(1)在上只有一个极值点，即唯一极小值点；
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，判断其正负，结合零点存在定理，判断函数的单调性，求得答案；
（2）求出函数的导数，构造函数，判断其正负情况，确定函数单调性，进而确定函数的最小值，故可将原问题转化为对任意，，再构造函数，利用其单调性即可证明结论.
【详解】（1）当时，,
则 ，
设，则 在上是增函数，
当 时，，，
所以存在 ，使得，
当时，，则，即在上单调递减，
当时，，则，即在上单调递增，
所以在上只有一个极值点，即唯一极小值点；
（2）证明：由，
设，则 在上是增函数，
当 时，，因为，所以，
所以存在 ，使得，
当时，，则，即在上单调递减，
当时，，则，即在上单调递增，
故 是函数的极小值点，也是最小值点，
则 ，
又因为，所以，
即证：对任意，，
即证：对任意，，
设，则在上单调递减，
因为，所以 ，
故，
故对任意，.
【点睛】本题考查了利用导数判断函数的极值点的个数以及证明不等式成立的问题，综合性较强，要能熟练求导，利用导数判断函数的单调性以及求函数最值，解答的关键是根据函数或导数的特点，构造函数，进而结合零点存在定理判断导数正负，求得函数的最值，利用函数最值进而证明不等式成立.