黑龙江省2023届高三第一次模拟考试数学试卷（含解析）

黑龙江省2023届高三第一次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．已知集合，，若，则实数的值构成的集合是（    ）

A． B．

C． D．

2．已知，则（    ）

A． B． C． D．

3．如图，在中，点为线段上靠近点的三等分点，点为线段上靠近点的三等分点，则（    ）

A． B． C． D．

4．若，，平面内一点满足，则的最大值是 （    ）

A． B． C． D．

5．2021年5月30日清晨5时01分，天舟二号货运飞船在成功发射约8小时后，与中国空间站天和核心舱完成自主快速交接．如果下次执行空间站的任务由3名航天员承担，需要在3名女性航天员和3名男性航天员中选择，则选出的3名航天员中既有男性航天员又有女性航天员的概率为（    ）

A． B． C． D．

6．已知，点在上，且，设 ，则等于

A． B．3 C． D．

7．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

8．已知，，，则（    ）．

A． B． C． D．

二、多选题

9．2021年是中国共产党建党100周年，为全面贯彻党的教育方针，提高学生的审美水平和人文素养，促进学生全面发展．某学校高一年级举办了班级合唱活动．现从全校学生中随机抽取部分学生，并邀请他们为此次活动评分（单位：分，满分100分），对评分进行整理，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．若该学校有3000名学生参与了评分，则估计评分超过90分的学生人数为600

C．学生评分的众数的估计值为85

D．学生评分的中位数的估计值为83

10．已知直线，圆，则下列选项中正确的是（    ）

A．圆心的轨迹方程为

B．时，直线被圆截得的弦长的最小值为

C．若直线被圆截得的弦长为定值，则

D．时，若直线与圆相切，则

11．如图，在菱形ABCD中，AB=2，，将沿BD折起，使A到，且点不落在底面BCD内，若点M为线段的中点，则在翻折过程中，以下命题中正确的是（    ）

A．四面体的体积的最大值为1

B．存在某一位置，使得BM⊥CD

C．异面直线BM与所成的角为定值

D．当二面角的余弦值为时，

12．已知函数的定义域为，且，当时，，，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．函数在上是增函数

C．不等式的解集为

D．

三、填空题

13．展开式中的常数项为________．

14．设函数，对任意，不等式恒成立，则正数的取值范围是_____．

15．若曲线过点的切线恒在函数的图象的上方，则实数a的取值范围是__________．

四、双空题

16．甲、乙、丙三位教师分别在某校的高一、高二、高三这三个年级教不同的学科：语文、数学、外语，已知：

①甲不在高一工作，乙不在高二工作；

②在高一工作的教师不教外语学科；

③在高二工作的教师教语文学科；

④乙不教数学学科.

可以判断乙工作的年级和所教的学科分别是______、_____．

五、解答题

17．如图，在四棱锥中，底面为长方形，，，侧面底面，是正三角形，是的中点，是的中点．

(1)求证：平面；

(2)求二面角的正弦值．

18．已知数列的前项和为，设是首项为1，公差为1的等差数列

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前项的和.

19．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设△ABC外接圆的半径为R，且．

(1)求角A的大小；

(2)若D为BC边上的点，，，求．

20．某射手每次射击击中目标的概率是，且各次射击的结果互不影响

(1)假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率；

(2)假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标另外2次末击中目标的概率；

(3)假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，末击中目标得0分，在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次末击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分，记为射手射击3次后的总的分数，求的分布列及期望．

21．动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数.

(1)求动点的轨迹方程；

(2)直线与的轨迹交于A，B两点，AB的中点坐标为，求直线的方程.

22．已知函数．

（Ⅰ）当时，函数存在极值，求实数的取值范围；

（Ⅱ）当时，函数在上单调递减，求实数的取值范围；

（Ⅲ）求证：．

参考答案

1．A

【分析】解出集合，分、两种情况讨论，在时，直接验证；在时，可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.综合可得出结果.

【详解】因为，

当时，，合乎题意；

当时，则，可得或，解得或.

综上所述，实数的取值集合为.

故选：A.

2．B

【分析】根据复数模长的性质求解即可.

【详解】由可得，故.

故选：B

3．B

【解析】，将,代入化简即可.

【详解】

.

故选：B.

【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，涉及到向量的线性运算、数乘运算，考查学生的运算能力，是一道中档题.

4．B

【分析】由知为线段的靠近的一个三等分点，且，由推出为的平分线，根据角平分线定理得到，设，则，根据余弦定理以及基本不等式求出的最小值，从而可得的最大值.

【详解】由知为线段的靠近的一个三等分点，且，

因为，所以，

所以，所以，

所以为的平分线，

根据角平分线定理可得，设，则，

所以，

当且仅当时，等号成立，

所以，

即的最大值是.

故选：B

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

5．B

【分析】利用对立事件和古典概型的概率公式求解即可.

【详解】设“选出的3名航天员中既有男性航天员又有女性航天员”为事件M，则.

故选：B.

6．B

【分析】由已知得，以OA，OB为x、y轴建立直角坐标系，设，写出点坐标，代入，可得结论．

【详解】因为所以，以OA，OB为x、y轴建立直角坐标系，A(1，0)，B（0，），设，则C（，），

，，因为，

所以，，所以，

故选：B．

【点睛】本题考查平面向量线性运算的坐标表示，考查向量垂直与数量积的关系．解题关键是建立平面直角坐标系，用坐标表示向量．

7．B

【解析】由正弦函数的性质可得，结合已知单调区间列不等式组求解集即可.

【详解】由函数解析式知：在上单调递增，

∴，单调递增，

又∵在区间上单调递增，

∴，解得，所以当时，有，

故选：B

【点睛】关键点点睛：利用整体代入法得到，结合已知单调区间与所得区间的关系求参数范围.

8．D

【分析】根据指数函数和对数函数单调性可分别求得的范围大小，即可比较得出结果.

【详解】由，可得；

由指数函数值域和单调性可知，即；

而，即，所以.

故选：D

9．ABC

【分析】对A，由频率之和为1可得；对B，根据频率分布直方图直接计算；对C，由最高长方形底边中点对应的横坐标是样本数据的众数可得；对D，先判断出中位数在内，列出式子可求.

【详解】对于A，由频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1，知，解得，A正确；

对于B，由频率分布直方图易知，估计参与评分的3000名学生中，评分超过90分的人数为，B正确；

对于C，由频率分布直方图可知，众数的估计值为85，C正确；

对于D，前三组频率之和为，前四组频率之和为，则中位数在内，

设学生评分的中位数的估计值为，则，解得，D错误．

故选：ABC.

【点睛】频率分布直方图中的常用结论：（1）频率分布直方图中所有小长方形的面积之和为1；（2）频率分布直方图中最高长方形底边中点对应的横坐标是样本数据的众数；（3）平分频率分布直方图中小矩形的面积且垂直于横轴的直线与横轴交点的横坐标是样本数据的中位数；（4）频率分布直方图中每个小长方形的面积与对应小长方形底边中点的横坐标的乘积之和是样本数据的平均数．

10．BC

【分析】首先表示出圆心坐标，即可判断A，再求出直线过定点坐标，由弦长公式判断B，求出圆心到直线的距离，当距离为定值时，弦长也为定值，即可判断C，求出圆心到直线的距离，即可判断D；

【详解】解：圆的圆心坐标为，

所以圆心的轨迹方程为，故A错误；

直线，令，解得，即直线恒过点，

当时圆，圆心为，半径，又，

所以直线被圆截得的弦长的最小值为，故B正确；

对于C：若直线被圆截得的弦长为定值，则圆心到直线的距离为定值，

所以，解得，故C正确；

对于D：当时直线，圆心到直线的距离，

若直线与圆相切，则，故D错误；

故选：BC

11．ABD

【分析】连接交于，连接，取的中点，连接，当平面平面时，四面体的体积最大，从而可判断A；易得，说明成立，再根据线面垂直的判定定理及性质即可判断B；证明异面直线，所成的角即为或其补角，再根据不为定值，即可判断C；说明即为二面角的平面角，再根据二面角的余弦值可得，从而可判断D.

【详解】解：连接交于，连接，取的中点，连接，

对于A，当平面平面时，四面体的体积最大，

点到平面的距离最大，

此时在菱形中，，，

则都是等边三角形，

则，

此时四面体的体积为，

所以四面体的体积的最大值为1，故A正确；

对于B，因为分别为的中点，

所以，

且，

由题意，则，

当时，，

因为，平面，

所以时，平面，

又平面，

所以，

所以存在某一位置，使得，故B正确；

对于C，因为，

所以异面直线，所成的角即为或其补角，

，

因为不为定值，所以不为定值，

即异面直线，所成的角不为定值，故C错误；

对于D，因为，

所以即为二面角的平面角，

则，所以，故D正确.

故选：ABD.

12．AB

【分析】利用赋值法求得，判断A；根据函数的单调性定义结合抽象函数的性质，可判断函数的单调性，判断B；求出，将转化为，即可解不等式组求出其解集，判断C；利用，与可判断D.

【详解】对于A：令 ，得，所以，故A正确；

对于B：令，得，所以，

任取，且，则，

因为，所以，所以，

所以在上是增函数，故B正确；

对于C：因为，且，所以，

所以，

所以等价于，

又在上是增函数，且，所以 ，

解得，故C错误；

对于D：

，故D错误；

故选:AB．

13．

【分析】由多项式的乘法法则可知，展开式中的常数项是由1乘以展开式中的常数项和乘以展开式中的项两个部分组成.

【详解】解：因为展开式的通项为，

所以展开式中的常数项共有两种来源：

①，解得，此时常数为；

②，解得，此时常数为；

所以展开式中的常数项为.

故答案为：35.

14．

【分析】将不等式恒成立转化为，接下来求 的最小值与最大值，列出关于 的不等式，解 即可

【详解】对任意，不等式恒成立

由 ，得 ，

时， ， 在 上递增

时， ， 在 上递减

由 ，得

时，， 在 上递减

时，， 在 上递增

由即 ，又因为为正实数

解得

故答案为：

15．

【分析】先求出切线方程，根据题意有恒成立，参变分离后恒成立，所以.

【详解】设曲线过点的切线的切点为，

则切线的斜率，

所以，，切线方程为，

所以恒成立，

所以恒成立，

令，则

因为当，，，，

所以为的极小值点，又因为时，，

所以，所以.

故答案为：.

16．     高三     外语

【分析】首先判断乙教的学科是外语，再判断乙工作年级为高三，得到答案.

【详解】由①乙不在高二工作③在高二工作的教师教语文学科④乙不教数学学科

推断乙所教的学科为外语

②在高一工作的教师不教外语学科，推断乙不在高一工作，

又根据①乙不在高二工作，推断乙再高三工作

故乙再高三教外语

故答案为   (1). 高三    (2). 外语

【点睛】本题考查了逻辑推理，意在考查学生的逻辑推理能力.

17．(1)证明见及解析

(2)

【分析】（1）取中点为，连结，证明为平行四边形，得，再由线面平行的判定定理得证；

（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．

【详解】（1）证明：取中点为，连结，

∵是的中点，是中点，

∴，，

∵是的中点，底面为长方形，

∴，，

∴，，

∴为平行四边形，

∴，又∵平面，平面，

∴平面；

（2）过在平面内作，侧面底面，

交线为，∴面，∵，

以A为坐标原点，以，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，

有，，，

设平面的法向量为，则，即

，∴，令，所以

设平面的法向量为，

同理得：，

∴，令，则，

设二面角的平面角为，∴，

所以，∴，所以二面角的正弦值为．

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列的性质求解得，即，结合与即可求得的通项公式；

（2）直接应用裂项相消法求和即可.

【详解】（1）解：因为是首项为1，公差为1的等差数列

所以，则

于是当时，

当时，

则符合上式，所以.

（2）解：

则

.

19．(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，由正弦定理可得，再由三角恒等变换化简即可得到结果；

（2）根据题意，可得，再由正弦定理化简，即可得到结果.

【详解】（1）由正弦定理可得，，

，

，，所以

（2），

，即

20．(1)；

(2)；

(3)分布列见解析；期望为.

【分析】（1）设为射手在5次射击中击中目标的次数，则，利用二项分布概率公式即得；

（2）利用互斥事件概率求和公式及独立事件概率公式即得；

（3）由题可得的所有可能取值为，分别求概率，进而可得分布列及期望.

（1）

设为射手在5次射击中击中目标的次数，则．

则在5次射击中，恰有2次击中目标的概率为：

；

（2）

设“第次射击击中目标”为事件；“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次末击中目标”为事件，则

；

（3）

由题意可知，的所有可能取值为，

，

，

，

，

，

所以的分布列是:

.

21．(1)

(2)

【分析】（1）根据题意有，整理即可得出答案；

（2）设，则有，两式相减即可求得，再将点代入求得，即可得出答案.

【详解】（1）解：因为点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，

所以，

化简得，

所以动点的轨迹方程为；

（2）解：设，

则，

则有，

两式相减得，即，

所以，

所以直线，

将点代入得，所以，

所以直线的方程为.

22．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析．

【分析】（Ⅰ）首先求出函数的导函数为，再对参数分类讨论；

（Ⅱ）要使函数在上单调递减，即导函数恒成立，参变分离即可求出的取值范围；

（Ⅲ）由（Ⅱ）知：当时，在递减，即，令，则，利用放缩可得最后累加即可得证；

【详解】解：（Ⅰ）当时，，

，

①当时，，则在递减，无极值；

②当时，令，

单调递减，

单调递增，

所以取得极小值.

综上可知：．

（Ⅱ）当时，，

恒成立

对一切恒成立，

∵，∴，∴，∴．

（Ⅲ）由（Ⅱ）知：当时，在递减，

∴，即：，

令，则，

当时，

，

∴

……

累加得，

，

当时，，即：，

综上，．

【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值、单调性，放缩法证明不等式，综合性强，属于较难题.