黑龙江省佳木斯市第一中学2023-2024学年高三第三次模拟考试数学试题（原卷版+解析版）

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时间：120分钟 总分：150分
Ⅰ卷 客观题（共73分）
一、单项选择题：（共8道小题，每题5分，共40分）
1. 已知集合，，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】，
，
所以.
故选：C.
2. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的形态．图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图做出以下判断，不正确的是（ ）
A. 图（1）的平均数=中位数=众数B. 图（2）的众数<中位数<平均数
C. 图（2）的平均数<众数<中位数D. 图（3）的平均数<中位数<众数
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数、中位数、众数的概念，结合图形分析即可求解.
【详解】图（1）的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数=众数，故A正确；
图（2）中众数最小，右拖尾平均数大于中位数，故B正确，C错误；
图（3）左拖尾众数最大，平均数小于中位数，故D正确.
故选：C
3. 已知非零向量，满足，且向量在向量上的投影向量是，则与的夹角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据，可得，结合数量积的运算律可得的关系，再根据投影向量的公式即可得解.
【详解】因为，
所以，
所以，
因为向量在向量上的投影向量是，
所以，
即，所以，
又因为，
所以与的夹角是.
故选：A.
4. 复数的虚部是（ ）
A. 1012B. 1011C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由错位相减法化简复数后再由复数的运算和复数的几何意义求出结果即可.
【详解】因为，
，
所以，①
因为，所以，，
所以化简①可得，
所以虚部为，
故选：D.
5. 佳木斯市第一中学为丰富学生课余生活，利用大课间时间举行阳光体育活动，有多项趣味体育运动，某班有5位同学想参加旋风接力跑，趣味毛毛虫，企鹅漫步这三项活动，已知这5位同学每位学生只能选择一个项目参加，且每个项目都有同学参加，若同学A和B必须选择同一项比赛，则不同的选法种数是（ ）
A. 81B. 54C. 36D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意把同学A和B捆绑一起与其余三个学生分成三组，然后三个项目对应三组同学利用排列组合计算即可
【详解】根据题意把同学A和B捆绑一起与其余三个学生分成三组，即，
三个项目对应三组同学，即,
故选：C
6. 《算法统宗》是一部中国古代数学名著，全称为《新编直指算法统宗》，由明代数学家程大位所著．该书在万历二十一年（即公元1593年）首次刊行，全书共有17卷．其主要内容涵盖了数学名词、大数与小数的解释、度量衡单位以及珠算盘式图和各种算法的口诀等基础知识．同时，书中还按照“九章”的次序列举了多种应用题及其解法，并附有图式说明．此外，《算法统宗》还包括了难题解法的汇编和不能归入前面各类别的杂法算法等内容．其中有一首诗，讲述了“竹筒容米”问题．诗云：‘家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节三升九，上稍四节贮三升，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明’（【注释】三升九：3.9升，次第盛：盛米容积依次相差同一数量）用你所学数学知识求该九节竹一共盛米多少升?（ ）

A. 8.8升B. 9升C. 9.1升D. 9.2升
【答案】B
【解析】
【分析】设第节竹筒盛米升，则数列为等差数列，根据等差数列的通项公式求出首项与公差，再根据等差数列前项和公式即可得解.
详解】设第节竹筒盛米升，
则数列为等差数列，，
设公差为，
则有，解得，
所以，
则该九节竹一共盛米升.
故选：B.
7. 已知，，则下列结论不正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】选项A，将平方后与相乘，化简后利用基本不等式可求出最小值；选项B，利用不等式可求出的最大值；选项C和D，将选项与题设条件相乘，化简后利用基本不等式可求出最小值.
【详解】对于选项A，
，
当且仅当且即时，等号成立，
所以，，
故A正确；
对于选项B，因为，
当且仅当即时，等号成立，
所以，解得，
故B正确；
对于选项C，因为，
当且仅当即时，等号成立，
所以，
故C错误；
对于选项D，因为，
当且仅当即时，等号成立，
所以，
故D正确；
故选：C.
8. 已知圆上两点，，O为坐标原点，若，则的最大值是（ ）
A. 8B. C. D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】设的中点为，求出点的轨迹方程，根据点到直线的距离公式可得表示两点到直线的距离之和的倍，求出点到直线的距离的最大值，即可得解
【详解】由圆上两点，，
得，
设的中点为，则，
由，得，
所以，
所以点的轨迹是以为半径，为原点的圆，
，
表示两点到直线的距离之和的倍，
因为为的中点，
故两点到直线的距离之和等于点到直线的距离的倍，
圆心到直线的距离，
所以点到直线的距离的最大值为，
所以的最大值是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：根据点到直线的距离公式可得表示两点到直线的距离之和的倍，是解决本题的关键.
二、多项选择题：（共3道小题，每题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数，有选错的得0分．）
9. 过抛物线C：上的一点作两条直线，，分别交抛物线C于A，B两点，F为焦点（ ）
A. 抛物线的准线方程为
B. 过点与抛物线有且只有一个公共点的直线有1条
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】将代入抛物线方程，求出，即可判断A；分直线斜率是否为零讨论即可判断B；设，根据，求出，再根据焦半径公式即可判断C；设直线的方程为，则的方程为，联立方程，求出两点的坐标，再根据斜率公式即可判断D.
【详解】由题意可得，所以，则抛物线C的方程为，准线方程为，故A正确；
当过点的直线斜率等于零时，直线方程为，
直线与抛物线的交点坐标为，只有一个交点，
当过点的直线斜率不等于零时，设直线方程为，
联立，消得，
当过点与抛物线有且只有一个公共点时，，解得，
综上所述，过点与抛物线有且只有一个公共点的直线有2条，故B错误；
设，，
由，得，
所以，即，
所以，故C错误；
对于D选项，由题意，直线的斜率存在且不为零，
设直线的方程为，则的方程为，
联立，消得，
则，所以，
则，所以，
同理可得，
则，故D正确.

故选：AD.
10. 长方体中，，，，，，以EF为直径的球与该长方体各棱公共点的个数可能为（ ）
A. 4B. 8C. 12D. 24
【答案】ABC
【解析】
【分析】分类讨论当、、、且时，球与长方体各棱公共点的个数，即可求解.
【详解】当时，分别是的中点，此时有4个交点；
当时，与重合，与重合，此时球与8个顶点均相交，有8个交点；
当时，情况同；
当且时，利用运动的思想，可知存在该球与12条棱均有交点的情况；
故选：ABC.
11. 关于函数，则下列说法正确是（ ）
A. 是函数的一个周期B. 在上单调递减
C. 函数图像关于直线对称D. 当时，函数有40个零点
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据周期的定义即可判断；对于B，通过导数即可判断；对于C，判断等式是否成立即可；对于D，计算函数的周期性与对称性，在一个周期内判断零点的个数即可.
【详解】对于A，，故是函数的一个周期，故A正确；
对于B， 当时，，
则，
因为，，
所以在恒成立，
即函数在上单调递减，故B正确；
对于C，因为，故C错误；
对于D，因为，
所以函数为偶函数，
又因为，
所以函数关于对称，
所以，
故函数的最小正周期为.
又因为
由B选项知，函数在上单调递减，
由对称性，则函数在上单调递增，
且，，
当时，恒成立，
由对称性，，恒成立.
故函数在一个周期内有两个零点，
则函数在内共40个零点，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：（共3道小题，每题5分，共15分．）
12. 已知，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据结合两角差的余弦公式即可得解.
【详解】因为，所以，
又，所以，
所以.
故答案为：.
13. 已知，对恒成立，则a的范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】把结构转化，利用函数单调性得出恒成立，分离参数可求答案.
【详解】因为恒成立，所以，
令，则，
当时，，为增函数，当时，，为减函数；
因为，对恒成立，所以，所以，
由可得，即，对恒成立，
令，则，当时，，为减函数，
的最大值为，所以.
故答案为：
14. 矩形ABCD，，，现将绕对角线BD旋转，使C旋转到，并使AB和边所在直线成角最大，则此时点A和之间的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】先明确点轨迹，建立空间直角坐标系，利用AB和边所在直线成角最大，确定点坐标，再利用空间两点间的距离公式求距离.
【详解】如图：将绕对角线旋转，点的轨迹为圆，且圆的半径为，圆所在平面与直线垂直.
建立如图空间直角坐标系，则，，
设，，，.
设直线与的夹角为，则，
所以，当，即即时，取得最大值.
此时，.
故答案为：
Ⅱ卷 主观题（共77分）
四、解答题：（共5道小题，77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知.
（1）求∠A；
（2）若，满足，，四边形是凸四边形，求四边形面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及题意结合两角和的正弦公式得到即可得角A.
（2）法一：设，边长为，在中根据余弦定理建立与的关系，进而求得面积，再结合换元法和三角函数值的有界性即可求解；法二：将设为变量，用于表示面积得，结合三角恒等变换公式将面积公式化为一角一函数，再利用三角函数的有界性即可求解.
【小问1详解】
由正弦定理和得：
，
即，
又，故，
所以，即，又，
所以.
【小问2详解】
法一：若，
则由（1）可知为正三角形，设其边长为，
则有，即，
且由正三角形面积公式得，
对于，设，则由余弦定理有，
故
，
所以四边形的面积为，
令（），则，
故，
再令，
则，
又，所以，
所以，
所以当时，四边形的面积取得最大值为：.
法二：若，则由（1）可知为正三角形，
设，由题意，
由余弦定理，
所以
，
又，所以，
所以，
所以当时，四边形的面积取得最大值为：.
16. 已知函数．
（1）当时，求在处的切线方程：
（2）若在上单调递增，求的取值范围；
（3）若，，证明：．
【答案】（1）在处的切线方程为.
（2）的取值范围为.
（3）证明过程见详解
【解析】
【分析】（1）写出时的解析式，求导，并求出和，进而得出切线方程；
（2）由单调性知导函数非负，列出不等式，化简得，讨论和的情况，求出的取值范围；
（3）由（2）的结论知，当时，，分别将和代入，即可证明不等式.
【小问1详解】
当时，，
所以，，
又因为，
所以在处的切线方程为.
【小问2详解】
由题知，在时恒成立，
所以，
因为，所以，
所以或，
解得，
所以的取值范围为.
【小问3详解】
证明：由（2）知，时，在上单调递增，
所以，，
因此，当时，，
因为，所以，，
所以，，
所以，
故当时，．
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，底面为等腰梯形，，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若点A到平面PBC的距离为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先由题意中的面面垂直得到平面，从而得到，再由题意中给出的棱长信息得到，进而得到平面即可求证.
（2）延长交于点S，得，且平面平面，过作的垂面即可找到二面角的平面角，进而通过求即可求出平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为平面平面，平面平面，
又平面，，
所以平面，又平面，
所以，
过C作交于点G，则由题意，
所以，，
所以，即，又，、平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
过A作交于点E，
由（1）可得平面平面，又平面平面，
所以平面，点A到平面PBC的距离为，
所以，
又由（1）平面可得，
所以，所以，
延长交于点S，则平面平面，
又由为等腰梯形，且以及，可得
，分别为的中点，
连接，则，且，
又由平面，可得，又，、平面，
所以平面，又平面，
所以，过D作，交于点，连接，
则由得平面，所以为二面角的的平面角，
又在和中，，
所以，故，
所以.
故平面与平面夹角的余弦值为.
18. 一种抛骰子游戏的规则是：抛掷一枚质地均匀的骰子，若正面向上的点数不大于4点，得1分，若正面向上的点数大于4点，则得2分．得分累加，游戏次数无限制．
（1）求在已经得到2分的情况下，再抛掷2次得4分的概率；
（2）抛掷4次的得分记为，求的分布列和数学期望；
（3）求恰好得到分的概率．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）求出抛掷一次骰子得1分，2分的概率分别为，再由题意转化为2次各得1分即可求出概率；
（2）可能取值为4,5,6,7,8，根据次独立重复试验计算对应概率，列出分布列，求期望即可；
（3）令表示恰好得到分概率，不出现分的唯一情况是得到分以后再掷出一次大于4点，据此可得出的对推关系，据此构造等比数列求解即可.
【小问1详解】
由题意，抛掷一次骰子，得1分的概率为，得2分的概率为，
在已经得到2分情况下，再抛掷2次得4分，即掷2次得2分，
故.
【小问2详解】
由题意的可能取值为4,5,6,7,8，
，，
，，
，
所以的分布列为
.
【小问3详解】
令表示恰好得到分的概率，不出现分的唯一情况是得到分以后再掷出一次大于4点．
因为“不出现分”的概率是，“恰好得到分”的概率是，
因为“掷一次得2分”的概率是，所以有，
即．
于是是以为首项，以为公比的等比数列．
所以，即．
即恰好得到分的概率是．
19. 已知椭圆：，的左右顶点分别为A，B，长轴长为4，点D为椭圆上与A，B不重合的点，且．
（1）求椭圆方程；
（2）（i）一条垂直于x轴的动直线l交椭圆于P，Q两点，当直线l与曲线相切于点A或点B时，看作P，Q两点重合于点A或点B，求直线与直线交点E的轨迹的方程；
（ii）过的直线l与曲线交于M，N两点，且两交点均在y轴右侧，直线与曲线交于G点，直线与曲线交于H点，记的面积为，记的面积为，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）由长轴长为可得，所以,，根据，可得点轨迹方程，即可得所求椭圆方程.
（2）（i）设，，列出直线，的方程，它们的交点，用表示出，利用在椭圆上，求点轨迹方程.
（ii）设直线的方程，与曲线方程联立，设，由一元二次方程根与系数的关系，列出，，再把，的横坐标也用表示出来，再根据化简求值.
【小问1详解】
由题意：，设，所以，
由.
故椭圆：.
【小问2详解】
（i）如图
设，，，且.
当时，直线：，
直线：
由.
由.
另，两点也适合上述方程.
故点轨迹的方程为：.
（ii）如图
若直线有斜率，则
设：，代入得：，整理得：
设，,
由，，所以.
设直线：，将其代入得：，
整理得：,
设，，
同理设，.
所以
因为，，
所以
若直线无斜率，则：：，所以，.
所以：，
由得.
同理.
所以
综上可知：
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
4
5
6
7
8