2023届黑龙江省大庆实验中学高三下学期5月考前得分训练（三）数学试题含解析

2023届黑龙江省大庆实验中学高三下学期5月考前得分训练（三）数学试题

一、单选题

1．命题“”的否定是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用定义写出命题的否定即可．

【详解】命题的否定是

故选：A

2．已知集合，，则（    ）

A．或 B．或

C．或 D．或

【答案】B

【分析】求解分式不等式化简集合，根据对数函数的性质化简集合，再由数轴法得出．

【详解】因为，所以且，解得，

所以，所以或．

又因为，所以，解得，

所以，

所以或．

故选：B．

3．世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”．其中，哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的成果“”由我国数学家陈景润在1966年取得．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和．在不超过17的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出基本事件总数，再求出和为奇数事件所包含的基本事件个数，根据古典概型求解.

【详解】不超过17的质数有：2，3，5，7，11，13，17，共7个，

随机选取两个不同的数，基本事件总数，

其和为奇数包含的基本事件有：，共6个，

所求概率.

故选：B.

4．已知，，则下列结论不正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先求出的值，再对四个选项一一验证即可得解.

【详解】，由，解得，，

且，有，A选项正确；

，B选项正确；

，C选项正确；

，D选项错误.

故选：D

5．已知圆和两点，，若圆C上至少存在一点P，使得，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意，圆：与圆O：位置关系为相交，内切或内含，从而求得实数a的取值范围.

【详解】圆C：的圆心，半径，

∵圆C上至少存在一点P，使得，

∴圆：与圆O：位置关系为相交，内切或内含，如图所示，

又圆O：的圆心，半径，

则，即，∴．

故选：B．

6．已知函数的定义域为，为函数的导函数，若，，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用函数的导数运算性质及函数的单调性即可求得结果.

【详解】由题意得，，

即，

所以，即，

又，所以，故 ，

，可得，

在上，，单调递增；

在上，，单调递减，

所以的极大值为.简图如下：

所以，，.

故选：D.

7．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点P为第一象限内一点，且点P在双曲线C的一条渐近线上，，且，则双曲线C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意可知，再由直角三角形中线的性质可得，

利用二倍角正切公式计算即可.

【详解】如图，

设双曲线C的焦距为2c，由可得，

所以，即，

所以．

故选：A．

8．已知，为实数，不等式在上恒成立，则的最小值为（    ）

A．－4 B．－3 C．－2 D．－1

【答案】C

【分析】根据题中不等式恒成立先得到，的关系式，转化为，构造函数，求出其最小值即为的最小值.

【详解】设，，

当时，，函数在上单调递增，

此时，在不恒成立，不合题意

当时，

时，，函数在上单调递增，

时，，函数在上单调递减，

所以在时取得最大值，

由题意不等式在恒成立，只需

即，

所以，

，

设，

当时，，在区间上单调递减，

当时，，在区间上单调递增，

所以在取得最小值为，

所以最小值为，

故选：C

二、多选题

9．已知，，是三个平面，，，．下列结论正确的是（    ）

A．若，则与可能是异面直线

B．若，则直线、、必然交于一点（即三线共点）

C．若，则

D．若，则与可能是异面直线

【答案】BC

【分析】由空间中点，线，面的位置关系判断即可.

【详解】对于A、B：由题意，知，可得，，因为，可得，

又由，可得，所以为与的公共点．

又，所以，所以、、三线共点，故A错误，B正确．

对于C、D：由题意，因为，，，所以，

因为，，，所以，同理可证，所以，故C正确，D错误；

故选：BC

10．设，，为复数，下列命题中正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则或

C．若且，则 D．若，则

【答案】BCD

【分析】由特殊值否定选项A，利用复数模的性质证得选项BD，可证选项C．

【详解】对于A：当时，满足，此时，，，A选项错误；

对于B：若，则，所以或至少有一个成立，即或，B选项正确；

对于C，由，则，∵，∴，C选项正确；

对于D，若，则，由复数模的性质可得，，，所以，D选项正确.

故选：BCD

11．已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A．的值域为

B．当且仅当时，函数取得最大值

C．的最小正周期是

D．在上恰有3个零点

【答案】BD

【分析】先对化简，然后作出的图像如图所示，利用函数的图像逐个分析判断即可

【详解】因为，

作出函数的图象，如图所示：

所以的值域为，故选项A错误

函数的最小正周期是，故选项C错误；

当且仅当时，函数取得最大值，故选项B正确；

选项D正确．

故选：BD．

12．已知实数a，b，c满足（其中e为自然对数的底数），则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．的最小值为 D．

【答案】AC

【分析】由已知得，由于当且仅当取等，则

，，故，，代入选项即可

【详解】令，则，当时，，为减函数，当时，，为增函数，

故，所以，当且仅当取等.

由得

而，，所以

所以，

当且仅当，时成立，故，，

对B：，令，，

当时，，为减函数，当时，，为增函数，

故，所以，故B错误；

对C：，令，，

当时，，为减函数，当时，，为增函数，

故，所以的最小值为，故C正确；

对D：，令，，

当时，，为减函数，当时，，为增函数，

故，所以，故D错误；

故选：AC

【点睛】关键点点睛：本题关键是将同构为，借助于得到当且仅当，，从而得到的关系.

三、填空题

13．已知有8个样本数据分别为4，7，8，11，13，15，20，22，则估计该组数据的总体的第三四分位数为______．

【答案】17.5/

【分析】根据第三四分位数的计算方法计算即可.

【详解】由题意，数据的总体的第三四分位数即第75百分位数，又样本数据有8个，

所以第三四分位数为.

故答案为：17.5.

14．在平面直角坐标系中，已知点，动点P满足：过点作直线的垂线，垂足为，且，则的最小值为______．

【答案】

【分析】根据已知求出点的轨迹方程，根据两点间的距离公式，利用二次函数求出的最小值.

【详解】设点坐标为，则，，

又因为，所以，

由，得，

所以，是抛物线上的点，

设，则,

因为，所以当时，取最小值，此时．

故答案为：.

15．焦点在轴上的椭圆（）， 点是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上的点，的内切圆的圆心为，若 ，过原点的直线交椭圆于两点，则的值为___________.

【答案】6

【分析】取线段的中点，根据可得，由是的内切圆的圆心，所以分别为的角平分线，根据角平分线性质及可得中三边的比例关系，再根据椭圆的定义即可得离心率，再根据，即可得，根据椭圆的对称性可知，即可得的值.

【详解】解：设内切圆半径为，取线段的中点，

因为，即，

所以，则三点共线，

因为是的内切圆的圆心，

所以分别为的角平分线，

所以，即，

故，

又有，所以，由椭圆对称性有，

所以.

故答案为：6

四、双空题

16．如图，已知二面角的棱是，，，若，，，且，，则二面角的大小为______，此时，四面体的外接球的表面积为______．

【答案】     /     /

【分析】把二面角转化为与的夹角，由，利用向量的运算，求得，求得二面角的大小为，把三棱锥补成一个直三棱柱，利用正弦定理求得外接圆的半径为，结合球的截面圆的性质，求得，结合球的表面积公式，即可求解.

【详解】空1：由题意知且，

根据二面角的平面角的定义，可得向量与的夹角就是二而角的平面角，

又由，且，和，

所以，

即，化简得，

即，所以，

又因为，所以，所以二面角的大小为．

空2：如图所示，把三棱锥补成一个直三棱柱，

可得三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，

设外接球的半径为，底面的外接圆的半径为

在中，由，

可得，

由正弦定理得，可得，

又由球的截面圆的性质，可得，

所以三棱锥的外接球的表面积为.

故答案为：；.

五、解答题

17．数列的前项的和为，已知，，当时，

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求的前项和

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）当时，由已知变形可得，利用累加法可求得数列的通项公式；

（2）对任意的，计算得出，然后利用等差数列的求和公式可求得.

【详解】（1）解：当时，由可得，

即，因为，，所以时也满足，

当时，，

所以，，

当时，，也满足上式，所以.

（2）解：，对任意的，，

所以，.

18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，其中，．

(1)求角B的大小；

(2)若，求△ABC面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）方法一：利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角和定理及两角和的正弦公式即可得解；

方法二：利用余弦定理化角为边，即可得解；

（2）利用余弦定理结合已知及基本不等式求出的最大值，再根据三角形的面积公式即可得解.

【详解】（1）方法一：由，

根据正弦定理边化角得：，

即，所以，

因为，所以，又，所以，

又，所以；

方法二：由，

根据余弦定理：得，

即，

因为，所以，

所以，又，得；

（2）由（1）及余弦定理知，

所以，

因为，

所以，化简得，

因为，，所以，，

所以，当且仅当，即，时取等号，

所以的面积，

所以面积的最大值为.

19．某学校为了解学生对航天知识的知晓情况，在全校学生中开展了航天知识测试（满分100分），随机抽取了100名学生的测试成绩，按照[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]分组，得到如下所示的样本频率分布直方图：

(1)根据频率分布直方图，估计该校学生测试成绩的平均数；

(2)从测试成绩在[90，100]的同学中再次选拔进入复赛的选手，一共有6道题，从中随机挑选出4道题进行测试，至少答对3道题者才可以进入复赛．现有甲、乙两人参加选拔，在这6道题中甲能答对4道，乙能答对3道，且甲、乙两人各题是否答对相互独立．记甲、乙两人中进入复赛的人数为，求的分布列及期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）利用平均数的计算方法，即可求解；

（2）由题意可求，甲乙分别进入复赛的概率，然后求出时的概率，即可得到分布列和期望.

【详解】（1）平均数，

所以该校学生测试成绩的平均数为.

（2）由题意可知，从6道题中选4题共有，

因为甲能答对6道题中的4道题，故甲能进复赛的情况共有；

所以甲能进复赛的概率为，则甲不能进复赛的概率为，

因为乙能答对6道题中的3道题，故乙能进复赛的情况共有；

所以乙能进复赛的概率为，则乙不能进复赛的概率为；

依题可得，的可能取值为0，1，2，

所以，，

，

则分布列为：

则.

20．如图，已知四棱锥中，，，，平面，平面平面

(1)证明：；

(2)若，且，为的重心．求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；

（2）以为坐标原点，，为，轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.

【详解】（1）过作于，∵平面平面，平面平面，

因为平面，∴平面，又平面，

∴，又∵平面，平面，∴

平面，，

∴平面，又∵平面，∴

（2）以为坐标原点，，为，轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，

∴，，，

又设，∵，∴①

∴，∴②

由①②得，，∴

又，故，

设平面的法向量为则，

令，∴

设直线与平面所成角为．

则．

21．已知椭圆E：经过A（－1,0），两点，M，N是椭圆E上异于B的两动点，且，直线AM，AN的斜率均存在．并分别记为，．

(1)求证：为常数；

(2)求△AMN面积的最大值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意求得椭圆方程，利用对称性及斜率的坐标运算即可证明结论；

（2）设点，，，，，联立直线与椭圆得交点坐标关系，确定直线方程，结合基本不等式即可求得△AMN面积的最大值．

【详解】（1）∵椭圆过A和B，∴，解得，

∴椭圆E的方程为：，

由知AM与AN关于直线对称．

在AM上任取一点，设关于直线AB对称的点为，

则，解得，

从而，，

于是

（2）设点，，，，，

由，得，∴，

从而，同理，

由（1）有，，故，，

又，，

∴，

令．得．由此可知，直线MN过定点

令，

则，

当且仅当，即时取等号，

所以面积的最大值为.

方法二：

又，，，

所以，

当且仅当取等号，所以面积的最大值为.

22．已知函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)当时，，求实数a的取值范围；

(3)求证：．

【答案】(1)答案见解析

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，讨论可得函数的单调区间；

（2）根据导数的单调性，分析导数的零点与2的关系，分类讨论，利用函数端点的函数值及单调性证明；

（3）利用分析法转化不等式，由函数的单调性得出，利用累加法化简得证.

【详解】（1）依题意，，；

当时，，函数在上单调递增；

当时，令，解得，

故当时，；当时，，

故函数在上单调递增，在上单调递减；

综上所述，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减；

（2）依题意，，由（1）知，当时，函数在上单调递增；符合题意，

时，当，即时，函数f（x）在上单调递增，在上单调递减，

，解得，所以，

当，即时，函数f（x）在[0，2]上单调递增，成立，

综上，实数a的取值范围是.

（3）要证，

即证，

由（2）可知，时，时，恒成立，

故当时，，则，

即，

所以，

整理得：，

即，

即.

【点睛】关键点点睛：利用不等式证明的分析法，只需证明，根据（1）（2）的结论，得出当时，，有，再利用累加法化简得到是解题的关键所在.