黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2024届高三第三次联合模拟考试数学试题

这是一份黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2024届高三第三次联合模拟考试数学试题，共21页。试卷主要包含了已知函数，则不等式的解集为，已知，，则下面正确的是，已知函数的部分图象如图所示，则等内容，欢迎下载使用。

1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．集合满足：，，则的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
3．3男3女站成一排拍照，左右两端的恰好是一男一女，则不同的排法种数为（ ）
A．240B．720C．432D．216
4．已知是椭圆的左焦点，直线与交于两点，则周长为（ ）
A．B．C．D．
5．已知的内角的对边分别为，且边上中线长为1，则最大值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，则下面正确的是（ ）
A．B．
C．D．
8．复数是虚数单位在复平面内对应点为，设是以轴的非负半轴为始边，以所在的射线为终边的角，则，把叫做复数的三角形式，利用复数的三角形式可以进行复数的指数运算，，例如：，，复数满足：，则可能取值为（ ）
A．B．
C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知向量在向量方向上的投影向量为，向量，且与夹角，则向量可以为（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为
B．当时，的值域为
C．将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象
D．将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称
11．已知函数及其导函数的定义域均为，若是奇函数，，且对任意，，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知三个实数a、b、c，当时，且，则的取值范围是 ．
13．已知双曲线的离心率为分别是它的两条渐近线上的两点（不与坐标原点重合），点在双曲线上且 的面积为6，则该双曲线的实轴长为 ．
14．已知棱长为8的正四面体，沿着四个顶点的方向各切下一个棱长为2的小正四面体（如图），剩余中间部分的八面体可以装入一个球形容器内（容器壁厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为 .
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．在中，角的对边分别为．
(1)求；
(2)若的面积为边上的高为1，求的周长．
16．如图，在直三棱柱中，，．
(1)当时，求证：平面；
(2)设二面角的大小为，求的取值范围．
17．已知函数．
(1)若，求的最小值；
(2)设数列前项和，若，求证：．
18．已知抛物线的焦点为，直线过点交于两点，在两点的切线相交于点的中点为，且交于点．当的斜率为1时，．
(1)求的方程；
(2)若点的横坐标为2，求；
(3)设在点处的切线与分别交于点，求四边形面积的最小值．
19．“熵”常用来判断系统中信息含量的多少，也用来判断概率分布中随机变量的不确定性大小，一般熵越大表示随机变量的不确定性越明显．定义：随机变量对应取值的概率为，其单位为bit的熵为，且．（当，规定．）
(1)若抛掷一枚硬币1次，正面向上的概率为，正面向上的次数为，分别比较与时对应的大小，并根据你的理解说明结论的实际含义；
(2)若拋郑一枚质地均匀的硬币次，设表示正面向上的总次数，表示第次反面向上的次数（0或1）．表示正面向上次且第次反面向上次的概率，如时，．对于两个离散的随机变量，其单位为bit的联合熵记为，且．
（ⅰ）当时，求的值；
（ⅱ）求证：．
参考答案：
1．B
【分析】根据交集、并集的结果分析集合的元素，即可判断.
【详解】因为，所以，，，，
又，
所以可能属于集合，也可能不属于集合，
所以集合或，
所以符合题意的集合有个.
故选：B
2．A
【分析】根据全称命题的否定是存在命题，将原命题改写量词否定结论即可.
【详解】命题“” 的否定是“”.
故选：A
3．C
【分析】先排特殊位置，再排其它位置，由分步乘法计数原理计算.
【详解】3男3女站成一排拍照，左右两端的恰好是一男一女，
先排左右两端，有种排法，
再排中间4个位置，有种排法，
所以不同的排法种数为种.
故选：C.
4．D
【分析】由题意可得经过椭圆右焦点，结合椭圆定义计算即可得.
【详解】由，故经过椭圆右焦点，
故的周长为.
故选：D.
5．A
【分析】根据两角互补余弦值之和等于0，然后分别在三角形中利用余弦定理求出两角的余弦，列出方程求出，然后利用基本不等式求出最值即可
【详解】由题意得，
所以，
又，且D是的中点，所以，
在中，，
在中，，
所以，
即，得，当且仅当取等号，
故选：A
6．A
【分析】由题意可得，可将转化为，结合导数可得在上单调递增，即可得.
【详解】由题可得，
所以，
即有，即，
故不等式等价于，
又，
当时，，故，
当时，
，，故，
即恒成立，故在上单调递增，
故由可得，即.
故选：A.
7．D
【分析】构造函数，，结合零点的存在性定理可得，，即可逐项判断.
【详解】令，由，故，
由与在上单调递增，故在上单调递增，
又，，故，故B错误；
令，
由函数的图象及的图象可得在上只有一个零点，
由，故，
又，
，故，故C错误；
有，故A错误；，故D正确.
故选：D.
8．D
【分析】根据复数的三角形及运算，利用复数相等可得，即可得解.
【详解】设，
则，
所以，，即，
所以
故时，，故可取，
故选：D
【点睛】关键点点睛：理解复数三角形及三角形下复数的指数运算是解题的关键，通过三角形的运算，再利用复数相等，建立方程即可得出所求复数的一般形式.
9．AD
【分析】向量在向量方向上的投影向量为，根据此公式可求，再逐项求出夹角后可得正确的选项.
【详解】由题设可得，故，
而，与夹角，故，故，
对于A，，因，故，故A正确.
对于B，，因，故，故B错误.
对于C，，因，故，故C错误.
对于D，，因，故，故D错误.
故选：AD.
10．AD
【分析】利用图象求函数解析式，根据解析式求函数最小正周期和区间内的值域，求出函数图象变换后的解析式，判断新图象的对称中心.
【详解】由函数图象可知，，的最小正周期为，A选项正确；
，，，
则，由，得，
所以.
当时，，，的值域为，B选项错误；
将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象，C选项错误；
将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数的图象，
，函数的图象关于点对称，D选项正确.
故选：AD
11．ABD
【分析】根据函数的性质和导函数的运算法则，结合赋值法可得相关结论.
【详解】因为，
令得：，又因为，所以，故A正确；
因为是定义域为的奇函数，所以，且为偶函数.
令，可得：①
再用代替可得：
②
①②得：
所以：，
所以是周期为3的周期函数，所以：，故B正确.
因为：，，所以：，
所以：，故C错误；
又因为亦为周期为3的周期函数，且为偶函数，所以
令，可得：，
所以.
所以：.故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：对于可导函数有：奇函数的导函数为偶函数；偶函数的导函数为奇函数.
若定义在上的函数是可导函数，且周期为，则其导函数也是周期函数，且周期也为.
12．
【分析】当时满足：且，可得，进而得，解得或．于是，令，可得，利用二次函数的单调性即可求解最值.
【详解】当时满足：且，
，即，进而，解得．
所以或，
，
令，
，
由于
所以在单调递增，在单调递减，
当时，，当时，，
所以
故答案为：．
13．
【分析】利用离心率求得，继而得到渐近线方程：，由向量等式推得点为的中点，设出点,求得点坐标，代入双曲线方程，化简得，最后利用面积即可求得的值.
【详解】
如图，由可得，故双曲线的渐近线方程为，
不妨设，因则点为的中点，则，
将其代入中，整理得：，
又,且,则的面积为，
即，解得,故双曲线的实轴长为.
故答案为：.
14．
【分析】先求出正四面体的外接球半径，再利用，结合外接球知识求出该八面体的外接球半径即可求解.
【详解】如图：
设为正四面体的外接球球心，为的中心,为的中心, 为的中点，
由正四面体可知平面，
因为平面，所以，
又因为棱长为8，所以，，
设正四面体外接球球心为，则在，则为外接球半径，
由得，解得，
即,
在正四面体中，易得，，所以，
则该八面体的外接球半径,
所以该球形容器表面积的最小值为，
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】利用正弦定理和三角恒等变换得，则得到的大小；
（2）利用三角形面积公式得，再结合余弦定理得的值，则得到其周长.
【详解】（1）因为，
由正弦定理，得，
即，即.
因为在中，，
所以.
又因为，所以.
（2）因为的面积为，
所以，得.
由，即，
所以.由余弦定理，得，即，
化简得，所以，即，
所以的周长为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，得出相关向量，求出，再结合线面垂直的判定即可；
（2）求出相关法向量，得到，再结合函数单调性即可得到其范围.
【详解】（1）以为基底建立如图所示空间直角坐标系，
则，.
当时，，
所以，
所以，所以.
又平面平面，
所以平面.
（2），
设平面的一个法向量为，
则，即，不妨取.
因为平面，所以平面的一个法向量为.
所以，
所以.
又因为，易知在上单调递减，
所以.
17．(1)0
(2)证明见详解
【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性，进而可得的最小值；
（2）当时显然成立，当，结合（1）可得，进而可得，利用裂项相消法分析证明.
【详解】（1）因为，则，
因为，则，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得；
可知在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为.
（2）因为，
若，则，满足；
若，由（1）可知：，
即，当且仅当时，等号成立，
令，可得，
且，
可得，
所以；
综上所述：.
18．(1)
(2)
(3)3
【分析】（1）设直线的方程为，再联立得到韦达定理式，最后根据焦点弦公式得到，则得到抛物线方程；
（2）首先得到，再根据导数得到两条切线方程，再计算出的坐标，求出值则得到相关点坐标，即可求出；
（3）首先证明出，再计算出的表达式，从而得到其最小值.
【详解】（1）由题意，直线的斜率必存在.
设直线的方程为，
联立得，所以
当时，，
此时，
所以，即.
所以的方程为.
（2）由(1)知，，
则，代入直线得，则中点.
因为，所以，
则直线方程为，即，
同理，直线方程为，
所以，
，所以.
因为，即，此时，
所以直线的方程为，代入，得，
所以，所以.
（3）由（2）知，
所以直线方程为，
代入，得，所以，所以为的中点.
因为在处的切线斜率，
所以在处的切线平行于，
又因为为的中点，所以.
由(1)中式得，所以，
因为直线方程为，
所以.
又到直线的距离，
所以，
(当且仅当时取“”)
所以，
所以四边形的面积的最小值为3.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是找到，再结合焦点弦和点到直线距离公式得到的表达式，从而得到其最小值.
19．(1)答案见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据定义代入计算，再比较大小即可；
（2）（i）根据步骤列出分布列，再计算即可；（ii）当时，，再计算出时，，最后代入公式计算化简即可.
【详解】（1）时，，
时，
因为，所以，所以.
说明硬币质地均匀时，抛掷正面向上的不确定性更大.
（2）（i）当时，的分布列：
.
（ii）当时，第次正面向上，前次中有次正面向上，
所以，
所以
.
当时，第次反面向上，前次中有次正面向上，
所以，
所以.
所以
.
由，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第二问第一小问的关键是列出当时，的分布列，然后再计算相关值，第二小问的关键是对和的讨论，最后代入题目所给公式计算即可.