2023年黑龙江省哈尔滨重点中学高考数学五模试卷-普通用卷

2023年黑龙江省哈尔滨重点中学高考数学五模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

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.  B.  C.  D.

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，随机抽取名学生每天进行体育运动的时间，按照时长单位：分钟分成组：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百分位数约为(    )

A. 分钟 B. 分钟 C. 分钟 D. 分钟

5.  如图，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，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，则容器的高为(    )

 

A.  B.  C.  D.

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（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

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，极差为 B. 乙组平均数为，众数为
C. 丙组平均数为，方差大于 D. 丁组平均数为，方差为

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（本大题共4小题，共20.0分）

13.  若、、、、成等差数列，则           ．

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（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知数列满足，数列满足．
求数列的通项公式；
求数列的前项和．

18.  本小题分
的内角，，的对边分别为，，已知．
求角；
若为锐角三角形，且的面积为，求的取值范围．

19.  本小题分
如图，已知四棱锥，底面是平行四边形，且，，，是线段的中点，．
求证：平面；
下列条件任选其一，求二面角的余弦值．
与平面所成的角为；
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.  本小题分
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．
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；
若地区排查期间，一户口之家被确认为“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，该家庭至少检测了个人才确定为“感染高危户”的概率为，若当时，最大，求的值．

21.  本小题分
如图，椭圆的离心率为，上的点到直线：的最短距离为．
Ⅰ求椭圆的方程；
Ⅱ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.  本小题分
已知函数是自然对数的底数．
当时，试判断在上极值点的个数；
当时，求证：对任意，．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】

先求，再把等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题．

【解答】

解：由，
得，
复数的虚部为．
故选：．

2.【答案】 

【解析】解：由题得，，
因为，，
所以，
所以的子集个数为个．
故选：．
求出，由此能求出的子集个数．
本题主要考查了集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：因为，所以，即，
所以，即，
所以．
故选：．
切化弦，结合得出，然后根据诱导公式及二倍角公式求解．
本题主要考查了同角基本关系及诱导公式的应用，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：由频率之和为得：，解得，
由，，
故第百分位数位于内，
则第百分位数为．
可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第百分位数约为，
故选：．
由百分位数的定义求解即可．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了百分位数的计算，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：在图中，
在图中，，
，．
故选：．
利用两个图形装水的体积相等即可求解．
本题主要考查等体积法的应用，空间想象能力，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：设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：．
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．
本题考查三角函数的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由，得，
设切点横坐标为，则，
切线方程为，把代入，
可得，令，
则，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
则的最小值为，
要使过点可以作曲线的两条切线，则．
故选：．
设过点的切线横坐标为，求出切线方程，代入，设，利用函数的导数，判断函数的单调性，然后推出的范围即可．
本题考查曲线与方程的应用，函数的单调性以及切线的关系，考查数形结合思想，是中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：在平面中，图中以为原点以为轴建系如图，设阿氏圆圆心，半径为，
，，，
设圆与交于，由阿氏圆性质知，
，，
，，，
在空间内轨迹为以为球心半径为的球，
若在四边形内部时如图，截面圆与，分别交于，，在四边形内的轨迹为，

，，在中，
当在面内部的轨迹长为，
同理，当在面内部的轨迹长为，
当在面时，如图所示，

面，平面截球所得小圆是以为圆心，以为半径的圆，截面圆与，分别交于，，且，
在正方形内的轨迹为，
，
综上：的轨迹长度为．
故选：．
根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心位置及半径，在空间内轨迹为以为球心的球，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．
本题主要考查轨迹方程，考查运算求解能力，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：对于，设，则，
因为点在直线上，且，
所以或，
则或，
从而可得或，
所以或，故A错误；
对于，如图，设为的中点，则，
则，故B正确；
对于，当时，，
满足，则与不一定相等，故C错误；
对于，因为，
所以，所以，
同理可得，，
所以是的垂心，故D正确．
故选：．
对于，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，如图，设为的中点，根据数量积的定义即可得解；对于，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．
本题考查向量的坐标运算，向量数量积的性质与定义，三角形的性质，化归转化思想，属中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解；对，因为中位数为，极差为，故最大值小于等于，故A正确；
对，如失分数据分别为，，，，，，，，，，则满足平均数为，众数为，但不满足每名同学失分都不超过分，故B错误；
对，如失分数据分别为，，，，，，，，，，则满足平均数为，方差大于，但不满足每名同学失分都不超过分，故C错误；
对，利用反证法，假设有一同学失分超过分，则方差大于，与题设矛盾，故每名同学失分都不超过分．故D正确．
故选：．
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．
本题主要考查统计的知识，属于基础题．
 

11.【答案】 

【解析】

【分析】

本题主要考查了函数的实际应用，考查了贷款中“等额本息还款法”的定义，属于中档题．
因为小明每月还款钱数相等，所以小明选择为“等额本息还款法”，设每一期所还款数为元，然后求出每期所还款本金，再利用等比数列求和列出等式，求解即可．

【解答】

解：因为小明每月还款钱数相等，
所以小明选择为“等额本息还款法”，
故选项A错误，选项B正确，
设小明第一个月还款的现值为，则，
所以，故选项C正确，
设每一期所还款数为元，
则每期所还款本金为，，，，
所以，
则，故选项D正确，
故选：．

12.【答案】 

【解析】解：由得，
由得，
即，
令，
易知函数为上的增函数，
又式化为：，所以，
式化为：，所以，
对于，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，因为，，
所以，则，故B错误；
对于，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，由知，，
在上递减，
当时，，故D正确．
故选：．
由得，由得，构造函数，易知函数为上的增函数，可得，，
对于，依据零点存在性定理判断；
对于，依据条件进行判断即可；
对于，利用当时，判断即可；
对于，利用在上的单调性判断即可．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查转化能力，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查等差数列的性质和通项公式，属于基础题．
由等差数列的性质可得，解之可得值，再由等差中项可得，的值，作差即可得答案．

【解答】

解：由等差数列的性质可得，解得，
又可得，解之可得，
同理可得，解得，
故．
故答案为：．

14.【答案】 

【解析】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：．
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．
本题考查三角函数性质与不等式相关知识，属于中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：且，
，即，
数列的通项公式为，且，
观察表中各行规律可知，第行的最后一项是数列的第项，，在表中第行第列，
，且，公差，
第行共有个元素，则第行所有项的和为 ．
故答案为：．
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，即可求第行所有项的和．
本题主要考查了由的前项和满足，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，继而可求第行所有项的和，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：由可知，
点，分别在圆和圆上，
由得，
如图，作直线：，过作于，过作于，

设，因为，所以，
从而，
故，
其中，
故当时，取最大值，
而，
其中表示到直线的距离，
表示到直线的距离，
因为与平行，且与的距离为，
所以，
从而．
故答案为：．
由已知得，分别在圆和圆上，利用数形结合法，将所求问题转化为，两点到直线和的距离和的倍，再利用三角函数求出其最大值即可．
本题考查了直线和圆的综合运用，属于中档题．
 

17.【答案】解：由题意知，，，，，，，，，
从而


．
由，
所以． 

【解析】根据递推式可得，，，，，，，，由即可得解；
利用裂项求和法即可得解．
本题考查了数列的递推式以及数列求和问题，考查运算求解能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：的内角，，的对边分别为，，已知，
由正弦定理可得：，
又，
即，
即，
即，
又，
即，
即；
由余弦定理可得：，
即，
又，
则，
又，
又为锐角三角形，
则，
即，
即
即
即
即的取值范围为． 

【解析】由正弦定理可得：，即，又，即，得解；
由余弦定理可得：，即，又，然后求解即可．
本题考查了正弦定理及余弦定理，重点考查了三角函数值域的求法，属基础题．
 

19.【答案】证明：因为，且，故B，
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；
解：选，取中点为，连接，，如图所示：

因为，故E，由得平面，
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，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的空间直角坐标系：
则，
，
设是平面的法向量，
则，即，
取，可得平面的法向量，
设为平面的法向量，
则，即，
取，可得平面的法向量，
设二面角所成的角为，则，
所以二面角的余弦值为．
选，取中点为，连接，，如图所示：

因为，故E，由得平面，
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，
取，可得平面的法向量，
设为平面的法向量，
则，
取，可得平面的法向量，
设所成的角为，则，
所以二面角的余弦值为． 

【解析】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；
选，取中点为，连接，，根据几何关系可得，，根据可得，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，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．
本题主要考查直线与平面垂直的证明，二面角的求法，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
 

20.【答案】解：剂型合格的概率为：；
剂型合格的概率为：．
由题意知的所有可能取值为，，．
则，，，
则的分布列为：

数学期望．
检测人确定“感染高危户”的概率为，
检测人确定“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． 

【解析】先得到剂型与合格的概率，求出的所有可能取值及相应的概率，得到分布列，求出期望值；
求出，令，得到，利用基本不等式求出最值，得到答案．
本题主要考查离散型随机变量分布列、期望的求解，考查转化能力，属于中档题．
 

21.【答案】解：Ⅰ根据题意知，
所以，解得，
所以椭圆的方程为．
Ⅱ设直线，的方程为，，
则，，，，
所以
，
联立，得，
则，
化简得，
所以，，
所以，
即，
代入得，，
令，
，
当且仅当，即时，． 

【解析】Ⅰ根据题意知，则，解得，即可得出答案．
Ⅱ设直线，的方程为，，则，，，，又，联立，得关于的一元二次方程，由，得，结合韦达定理可得，，进而可得，，令，结合基本不等式，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：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；
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，． 

【解析】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；
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．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，函数恒成立问题，考查了转化思想，极限思想和函数思想，属难题．