2023届黑龙江省实验中学高三第三次模拟考试数学试题含解析

这是一份2023届黑龙江省实验中学高三第三次模拟考试数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届黑龙江省实验中学高三第三次模拟考试数学试题

一、单选题
1．集合，，则（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据补集定义求出，再根据交集定义即可求出．
【详解】因为，
所以或，
所以，
故选：A．
2．已知复数满足（其中为虚数单位），则复数的虚部为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据复数代数形式的除法运算法则化简，再根据复数的定义判断即可.
【详解】因为，所以，
所以复数的虚部为.
故选：C
3．已知m，n表示空间内两条不同的直线，则使成立的必要不充分条件是（    ）
A．存在平面，有， B．存在平面，有，
C．存在直线，有， D．存在直线，有，
【答案】A
【分析】根据空间线线，线面的位置关系及充分条件必要条件的概念逐项分析即得.
【详解】对A，若，，则直线m，n可以平行，也可以相交，还可以异面；若，则存在平面，有，，
即存在平面，有，是使成立的必要不充分条件，故A正确；
对B，若，，则；若，则存在平面，有，，
即存在平面，有，是使成立的充分必要条件，故B错误；
对C，若，，则直线；若，则不存在直线，有，，
即存在直线，有，是使成立的既不充分又不必要条件，故C错误；
对D，若，，则；若，则存在直线，有，，
即存在直线，有，是使成立的充分必要条件，故D错误.
故选：A.
4．已知非零向量 满足，且向量在向量方向的投影向量是，则向量与的夹角是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由垂直关系得出，由向量在向量方向的投影向量得出，由两式得出，进而得出夹角.
【详解】因为，所以，即①.
因为向量在向量方向的投影向量是，所以.
所以②，将①代入②得，，又，
所以.
故选：B
5．已知，，则=（    ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】根据已知及平方关系可得，再由求值即可.
【详解】由题设，则，
又.
故选：C
6．“九天揽月”是中华民族的伟大梦想，我国探月工程的进展与实力举世瞩目．近期，“嫦娥四号”探测器实现历史上的首次月背着陆，月球上“嫦娥四号”的着陆点，被命名为天河基地，如图是“嫦娥四号”运行轨道示意图．圆形轨道距月球表面100千米，椭圆形轨道的一个焦点是月球球心，一个长轴顶点位于两轨道相切的变轨处，另一个长轴顶点距月球表面15千米，则椭圆形轨道的焦距为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】利用椭圆的几何性质列式计算，
【详解】设实半轴长为，半焦距为，月球半径为，
则，两式相减得．
故选：A．
【点睛】本题考查椭圆的几何性质，椭圆长轴顶点到焦点的距离为．属于基础题．
7．已知某抽奖活动的中奖率为，每次抽奖互不影响．构造数列，使得，记，则的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据可得，从而抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，利用组合数求得满足条件的次数即可求解.
【详解】由，可得，
抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，
故的概率为．
故选:A.
8．已知、是椭圆与双曲线的公共顶点，是双曲线上一点，，交椭圆于，.若过椭圆的焦点，且，则双曲线的离心率为（    ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】设出点P，M的坐标，借助双曲线、椭圆的方程及斜率坐标公式可得轴，再利用和角的正切公式求出a，b的关系作答.
【详解】如图，设，点共线，点共线，所在直线的斜率分别为，

点在双曲线上，即，有，因此，
点在椭圆上，即，有，直线的斜率，有，
即，于是，即直线与关于轴对称，
又椭圆也关于轴对称，且过焦点，则轴，令，由得，
显然，，
，
解得，所以双曲线的离心率.
故选：D
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.

二、多选题
9．已知，，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】利用基本不等式及重要不等式，结合指数的运算、对数的运算和对数函数的性质即可求解.
【详解】对于A：因为，，，
所以，当且仅当，即时，等号成立，故A正确；
对于B：因为，，，所以，
当且仅当，即，时，等号成立，故B错误；
对于C：因为，，，所以，
当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于D：因为，，，所以，即，
当且仅当时，等号成立，故D正确.
故选：ACD
10．已知为偶函数，其图象与直线的其中两个交点的横坐标分别为，的最小值为，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列选项正确的是（    ）
A．
B．函数在上单调递减
C．是函数图象的一个对称中心
D．若方程在上有两个不等实根，则
【答案】ABD
【分析】由题知，，再结合余弦函数的性质与图象依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：因为为偶函数，所以，
因为的图象与直线的其中两个交点的横坐标分别为，的最小值为，
所以，的最小正周期为，
所以，即，
所以，，故A选项正确；
当时，，此时函数为单调递减函数，故函数在上单调递减，B选项正确；
当时，，此时不是函数的对称中心，故C选项错误；
当时，，此时函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，，
所以，当方程在上有两个不等实根时，，即，故D选项正确.
故选：ABD
11．已知函数在上可导，其导函数为，若满足：，，则下列判断不正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】根据题意令，利用导数及题干所给条件求得的单调性，利用函数的对称性，可得，对其进行比较即可判断各选项.
【详解】令，则 ，
因为函数满足，
当时 在上单调递增，
当时在上单调递减，
又由，
所以关于对称，从而，
即，，，故A正确；
由，，，故B错误；
由，即，，故C正确；
由，即，，故D错误；
故选：BD.
12．如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是（    ）

A．若E是CD的中点，则直线AE与PB所成角为
B．的周长最小值为
C．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为
D．如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为
【答案】ACD
【分析】A选项：连接AD.证明出，即可求出直线AE与PB所成角为；B选项，把沿着CD展开与面BDC同一个平面内，利用余弦定理求出，即可判断；C选项，判断出小球是正四面体的内切球，设半径为r.利用等体积法求解；D选项，判断出要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，利用几何关系求出.
【详解】A选项：连接AD.

在正四面体中，D是PB的中点，所以.
因为平面，平面，,
所以直线平面.
因为平面.
所以，所以直线AE与PB所成角为.故A选项正确；
B选项，把沿着CD展开与面BDC同一个平面内，
由，，

所以，所以，所以的周长最小值为不正确.故B选项错误；
C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为r.由等体积法可得：，所以半径.故C选项正确；
D选项，10个小球分三层（1个，3个，6个）放进去，要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，四个角小球球心连线是棱长为的正四面体，其高为，由正四面体内切球的半径是高的得，
如图正四面体，

则，正四面体高为，得.故D选项正确.
故选：ACD

三、填空题
13．的展开式中项的系数为_______．
【答案】
【分析】由，写出展开式的通项，再代入求值.
【详解】因为，
其中的展开式通项公式为，
令，解得，令，解得，
故的展开式中项的系数为
故答案为：
14．设某车间的类零件的厚度（单位：）服从正态分布，且．若从类零件中随机选取200个，则零件厚度小于的个数的方差为_______．
【答案】
【分析】根据正态分布得到，再由零件厚度小于14mm的个数服从求解.
【详解】依题意，得，
若从类零件中随机选取个，则零件厚度小于的个数服从，
所以.
故答案为：.
15．已知点，若圆上存在点满足，则实数的取值的范围是___________.
【答案】
【分析】设，由数量积的坐标表示求得点轨迹是一个圆，然后由圆与圆的位置关系可得的范围．
【详解】设，则，
，即，
在以为圆心，2为半径的圆上，由题意该圆与圆有公共点，
所以，解得．
故答案为：．

四、双空题
16．已知数列的通项公式是，记为在区间内项的个数，则_______，不等式成立的的最小值为_______．
【答案】 14 13
【分析】①根据，得，代入即可得解；②根据，得，对分奇偶讨论即可得解.
【详解】令，得，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以.
当为奇数时，，
即，因为，所以，即，
因为为奇数，所以的最小值为；
当为偶数时，，
因为，所以，，
因为为偶数，所以的最小值为.
综上所述，的最小值为.
故答案为： ，
【点睛】关键点点睛：讨论m的奇偶性求出对应通项公式为关键.

五、解答题
17．已知函数的图象是由的图象向左平移个单位长度得到的．
(1)若的最小正周期为，求图象的对称轴方程，与轴距离最近的对称轴的方程；
(2)若图象相邻两个对称中心之间的距离大于，且，求在上的值域．
【答案】(1)对称轴方程，最近的对称轴方程为
(2)

【分析】（1）由周期求出，即可得到函数解析式，再根据余弦函数的性质求出函数的对称轴；
（2）依题意可得，即可求出范围，从而求出的值，再根据余弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）由，得，所以，
令，解得，
所以函数的对称轴方程为，
取，得，取，得，
因为，所以与轴距离最近的对称轴方程为．
（2）设的最小正周期为，因为图象相邻两个对称中心之间的距离大于，
所以，即，由，，解得．
又且，所以．
所以．
因为，所以，
所以，即在上的值域为．
18．等差数列和等比数列满足，，，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知：①；②，使．设S为数列中同时满足条件①和②的所有的项的和，求S的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意列出相应的方程组，求出的公差d和的公比q，可得答案；
（2）确定，再根据条件得到，根据，可判断出的取值，进而求得答案.
【详解】（1）由等差数列和等比数列满足，，，且，
设的公差为d，的公比为q,
可得 ,将代入，解得 ，由，则取，
故；
（2）由，，令 ，
由于 ，故 ，即，
，使，故令 ，
则 ，由于 ，
故可以看出当 时，成立，
故 .
19．在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点.

(1)求证：平面；
(2)点P在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证明；
(2)利用空间向量的坐标运算表示线面夹角即可求解.
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，
又因为，，平面，，
所以平面.
（2）取的中点O，连接，四边形为菱形，且，
所以.
因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，所以，又因为，，
所以平面.取中点D，连结，
以O为原点，，，为空间基底建立直角坐标系.

则，，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，，
所以.
设，可得点，.
由题意
解得或（舍），即.
20．中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月16日在北京召开，为弘扬中国共产党百年奋斗的光辉历程，某校团委决定举办“中国共产党党史知识”竞赛活动.竞赛共有A和B两类试题，每类试题各10题，其中每答对1道A类试题得10分；每答对1道B类试题得20分，答错都不得分，每位参加竞赛的同学从这两类试题中共抽出3道题回答（每道题抽后不放回）.已知小明同学A类试题中有7道题会作答，而他答对各道B类试题的概率均为.
(1)若小明同学在A类试题中只抽1道题作答，求他在这次竞赛中仅答对1道题的概率；
(2)若小明只作答A类试题，设X表示小明答这3道试题的总得分，求X的分布列和期望；
(3)小明应从A类试题中抽取几道试题作答才能使自己得分的数学期望更大？请从得分的数学期望角度给出理由.
【答案】(1)
(2)分布列答案见解析，数学期望：
(3)小明全部回答B类试题时，期望值最大为24，理由见解析

【分析】（1）分A类试题答对和B类试题答对两种类型计算概率；
（2）列出X所有可能的取值，求出随机变量取每一个值的概率值，即可求随机变量的分布列及数学期望；
（3）设从两类试题中分别抽取，道，总得分为y，求得，可知当时最大.
【详解】（1）小明仅答对1题的概率
（2）可能的取值为0､10､20､30，
，，
，，
所以X的分布列为
X
0
10
20
30
P




所以
（3）设小明从两类试题中分布抽取，道试题，回答正确的题数分别为，，两类试题总得分为y，∵服从超几何分布， 服从二项分布，
∴，，由，
∴

∵､1､2､3，∴当时
即小明全部回答B类试题时，得分的期望值最大为24
21．在平面直角坐标系中，已知动点到点的距离与它到直线的距离之比为．记点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点作两条互相垂直的直线，.交曲线于，两点，交曲线于，两点，线段的中点为，线段的中点为．证明：直线过定点，并求出该定点坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，直线过定点

【分析】（1）根据题意可得，化简求解即可；
（2）设，，分两种情况：①若直线，都存且不为零，
设直线的方程为，联立双曲线方程结合韦达定理可得，
进而可得线段的中点为的坐标，同理可得线段的中点为的坐标，
写出当时，当时，直线的方程，
②若直线，中其中一条的斜率为，另一条的斜率不存在，写出，的方程，即可得出答案.
【详解】（1）设，根据题意可得，
化简得曲线的方程为.
（2）证明：设，，
①若直线，都存且不为零，
设直线的方程为，则直线的方程为，
由，得，
当时，这个方程变为只有一解，
直线与曲线只有一个交点，不合题意，
当时，，
直线与曲线恒有两个交点，
由韦达定理， ，
故线段的中点为，
同理，线段的中点为，
若，则，
直线的方程为，
即，
此时，直线恒过点．
若，则，或，，直线的方程为，
此时直线也过点，
②若直线，中其中一条的斜率为，另一条的斜率不存在，
不妨设的斜率为，则直线：，：x＝2，
此时，直线的方程为，
此时，直线也过点，
综上，直线恒过点．
【点睛】求定点问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个点与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点．
22．已知函数f（x）=ex﹣alnx（a∈R且为常数）.
（1）讨论函数f（x）的极值点个数；
（2）若f（x）≥（1﹣x）ex﹣（a﹣1）lnx+bx+1对任意的x∈（0，+∞）恒成立，求实数b的取值范围.
【答案】（1）当a≤0时，f（x）无极值点，当a>0时，函数f（x）只有1个极值点；（2）（﹣∞，1].
【分析】（1）求出导函数f'（x），再对a分情况讨论，根据导函数f'（x）的正负得到函数f（x）的单调性，进而得到函数f（x）极值点的个数.
（2）不等式f（x）≥（1﹣x）ex﹣（a﹣1）lnx+bx+1对任意的x∈（0，+∞）恒成立，对任意的x∈（0，+∞）恒成立，记，通过求F（x）的最小值得结论.
【详解】（1）由题设知：f（x）的定义域为（0，+∞），，
令g（x）=xex，∵（xex）′=ex+xex>0在（0，+∞）上恒成立，
∴函数g（x）=xex在（0，+∞）上单调递增，且值域为（0，+∞），
①当a≤0时，xex﹣a>0在（0，+∞）上恒成立，即f′（x）>0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值点；
②当a>0时，方程xex﹣a=0有唯一解为x0（x0>0），
当0 当x>x0时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增，
∴x0是函数f（x）的极小值点，没有极大值点.
综上，当a≤0时，f（x）无极值点，
当a>0时，函数f（x）只有1个极值点；
（2）不等式f（x）≥（1﹣x）ex﹣（a﹣1）lnx+bx+1对任意的x∈（0，+∞）恒成立，
即xex﹣lnx﹣1≥bx对任意的x∈（0，+∞）恒成立，
∴对任意的x∈（0，+∞）恒成立
记，则，
记h（x）=x2ex+lnx，则，易知h'（x）>0在（0，+∞）上恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，且，h（1）=e>0，
∴存在，使得h（x0）=0，且当x∈（0，x0）时h（x）<0，即F'（x）<0，
∴函数F（x）在（0，x0）上单调递减；
当x∈（x0，+∞）时h（x）>0，即F'（x）>0，故F（x）在（x0，+∞）上单调递增，
∴F（x）min=F（x0），即，
又h（x0）=0，故，即，即，
由（1）知函数g（x）=xex在（0，+∞）上单调递增，
∴，，
∴b≤1.
综上，实数b的取值范围是（﹣∞，1].