2022届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三第三次模拟考试理科数学试题含解析

这是一份2022届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三第三次模拟考试理科数学试题含解析，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2022届高三第三次模拟考试
理科数学试题
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知集合，，则（       ）
A． B． C． D．
2．复数，则复数z的共轭复数（       ）
A． B． C． D．
3．为了了解学生上网课期间作息情况，现从高三年级702人中随机抽取20人填写问卷调查，首先用简单随机抽样剔除2人，然后在剩余的700人中再用系统抽样的方法抽取20人，则（       ）
A．每个学生入选的概率都为 B．每个学生人选的概率都为
C．每个学生人选的概率都为 D．由于有剔除，学生入选的概率不全相等
4．若，，则（       ）
A． B．－ C． D．－
5．已知x，y满足不等式组，则的最小值为（       ）
A．5 B．7 C．8 D．11
6．七巧板是中国民间流传的智力玩具.据清代陆以湉《冷庐杂识》记载，七巧板是由宋代黄伯思设计的宴几图演变而来的，原为文人的一种室内游戏，后在民间逐步演变为拼图版玩具.到明代，七巧板已基本定型为由下面七块板组成；五块等腰直角三角形（其中两块小型三角形､一块中型三角形和两块大型三角形）､一块正方形和一块平行四边形，可以拼成人物､动物､植物､房亭､楼阁等1600种以上图案.现从七巧板的五块三角形中任意取出两块，则两块板恰好是全等三角形的概率为（       ）

A． B． C． D．
7．已知直三棱柱各棱长均相等，点D，E分别是棱，的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为（       ）
A． B． C． D．
8．已知抛物线C：，过焦点F的直线与抛物线C交于A，B两点，，线段AB的垂直平分线与x轴的交点为点D，若O为坐标原点，则四边形OADB的面积为（       ）
A．4 B．5 C．10 D．10
9．已知有且只有一个实数x满足，则实数a的取值范围是（       ）
A．(－∞，2) B． C．(－∞，2] D．
10．已知函数，若对任意实数x都成立，且函数在区间上单调，则的值为（       ）
A． B． C． D．－
11．已知函数(e为自然对数的底数)，若，则实数a的取值范围是（       ）
A． B．[1，+∞) C． D．
12．直角中，是斜边上的一动点，沿将翻折到，使二面角为直二面角，当线段的长度最小时，四面体的外接球的表面积为（       ）
A． B． C． D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．若，则__________.
14．向量，满足，，，则向量与夹角的大小为_____________.
15．已知点，分别为双曲线C：的左、右焦点，双曲线C的离心率为，点P为双曲线C右支上一点，且，与双曲线C的两条渐近线分别交于点A，B，与y轴交于点Q(点A在点Q和之间)，若，则的值为____________.
16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则△ABC面积的最大值为___________.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答
17．已知数列的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
18．为了构筑“绿色长城”，我国开展广泛的全民义务植树活动，有力推动了生态状况的改善.森林植被状况的改善，不仅美化了家园，减轻了水土流失和风沙对农田的危害，而且还有效提高了森林生态系统的储碳能力.某地区统计了2011年到2020年十年中每年人工植树成活数（，2，3，…，10）（单位：千棵），用年份代码（，2，3，…，10）表示2011年，2012年，2013年，…，2020年，得到下面的散点图：

对数据进行回归分析发现，有两个不同的回归模型可以选择，模型一：，模型二；，其中是自然对数的底数.
(1)根据散点图，判断所给哪个模型更适宜作为每年人工植树成活数y与年份代码x相关关系的回归分析模型（给出判断即可，不必说明理由）；
(2)根据（1）中选定的模型，求出y关于x的回归方程；
(3)利用（2）中所求回归方程，预测从哪一年开始每年人工植树成活棵数能够超过5万棵？
附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.参考数据：，，，设（，2，3，…，10），，，，.
19．四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，且AB=2，CD=1，∠ABC=60°，PC=3，点M在棱PB上.

(1)当M是棱PB的中点时，求证：CM∥平面PAD；
(2)当直线CM与平面PAB所成角θ最大时，求二面角的大小.
20．已知椭圆C：，点E(－4，0)，过点E作斜率大于0的直线与椭圆C相切，切点为T.
(1)求点T的坐标；
(2)过线段ET的中点G作直线l交椭圆C于A，B两点，直线EA与椭圆C的另一个交点为M，直线EB与椭圆C的另一个交点为N，求证：；
(3)请结合（2）的问题解决，运用类比推理，猜想写出抛物线中与之对应的一个相关结论(无需证明).
21．已知函数.
(1)当时，求证：；
(2)若函数有且仅有一个极值点，求实数a的取值范围.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）
在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程是（t为参数），曲线的直角坐标方程是.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是
(1)求曲线的极坐标方程；
(2)若曲线与曲线，分别交于点A，B，求的值.
23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）
已知函数.
(1)解不等式；
(2)若存在使不等式成立，求实数a的取值范围.

参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
先利用对数的真数为正、指数函数的值域化简两个集合，再求其交集.
【详解】
因为，
，
所以.
故选：B.
2．A
【解析】
【分析】
根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可得到其共轭复数；
【详解】
解：因为，
所以；
故选：A
3．C
【解析】
【分析】
根据简单随机抽和系统抽样都是等可能抽样以及概率公式计算可得结果.
【详解】
因为简单随机抽和系统抽样都是等可能抽样，所以每个学生入选的概率都相等，且入选的概率等于.
故选：C.
4．A
【解析】
【分析】
由题意利用同角三角函数的基本关系、二倍角公式先求得的值，再求，结合二倍角余弦公式求值即可
【详解】
∵，
平方可得，
∴，
∴ 同号，又，
∴，
∴，
∴，
则，
所以
故选：A.
5．B
【解析】
【分析】
画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．
【详解】
作出可行域如图所示：

由解得：.
把转化为直线l:.
平移直线l，经过点A时，纵截距最小，此时.
故的最小值为7.
故选：B
6．D
【解析】
【分析】
根据古典概型，结合组合数公式，即可求解.
【详解】
五块三角形中有两组全等三角形，
所以从七巧板的五块三角形中任意取出两块，则两块板恰好是全等三角形的概率.
故选：D
7．A
【解析】
【分析】
用表示向量，然后由数量积的运算求得向量的夹角的余弦，得异面直线所成角的余弦．
【详解】
设直三棱柱的棱长为1，则，
点D，E分别是棱，的中点，
，，
，
所以．
所以异面直线AD与BE所成角的余弦值为．
故选：A．

8．C
【解析】
【分析】
根据题意设直线的方程，联立进行化简得到关于的一元二次方程，设两点坐标，得出，进而根据的方程表示出，，求出两点的中点，求出的垂直平分线的方程，得到的坐标，四边形OADB的面积通过进行计算即可．
【详解】
由题知：，直线的方程为：，联立，
化简得：，
设，，则，，，

又，即，解得或
当时，中点为，则的垂直平分线方程为：，则
，故四边形OADB的面积为：，
当时，中点为，则的垂直平分线方程为：，则
，故四边形OADB的面积为：，
综上可知，四边形OADB的面积为．
故选：Ｃ．
9．D
【解析】
【分析】
根据参数分离，将有且只有一个实数x满足转化为方程只要一个实数根，利用求导，得函数单调性，结合图像即可求解.
【详解】
显然不是的根.所以
因此只有一个实数x满足等价于方程只有一个实数根.
令，令，
所以 时， ，此时单调递减
当 时， ，此时单调递增，
当 时， ，此时单调递增，
且当时，，时，，当时，，时，，故图像如图：
故 .
所以实数a的取值范围是.
故选：D

10．C
【解析】
【分析】
根据对任意实数x都成立结合周期确定出的表达式，再根据函数在区间上单调确定周期的取值范围，进而表示出的取值范围，结合与表示出的表表达式，对进行取值，从而求得．
【详解】
因为对任意实数x都成立，且，故，
即，因此，
又函数在区间上单调，故，即，因此，
由，可得，解得
由，可得，解得，
当时，，满足题意．
故选：C．
11．C
【解析】
【分析】
利用导数判断函数的单调性，再判断函数的奇偶性，利用函数的性质解不等式可得.
【详解】
因为，
所以，
所以时，，函数在上为单调递增，
时，，函数在上为单调递减，
又，
所以函数为偶函数，所以，
所以可化为，
所以，
所以，
所以，
故实数a的取值范围是，
故选：C.
12．D
【解析】
【分析】
如图，过点作交延长线于，过点作交于，再作，使得与交于点，设，进而得，，，故，当且仅当时等号成立，再根据题意，以为坐标原点，以的方向为正方向建立空间直角坐标系，设四面体的外接球的球心为，进而利用坐标法求球心坐标，进而求出四面体外接球的半径，表面积.
【详解】
解：根据题意，图1的直角三角形沿将翻折到使二面角为直二面角，
所以，过点作交延长线于，过点作交于，
再作，使得与交于点，
所以，由二面角为直二面角可得，
设，即，则，
因为，所以，
所以，在中，，
在中，，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
此时，，，，
在图1中，由于，即为角的角平分线，
所以，即，
所以，所以，，
由题知，两两垂直，故以为坐标原点，以的方向为正方向建立空间直角坐标系，
则，
所以，设四面体的外接球的球心为，
则，
即，即，
解得，，即，
所以四面体的外接球的半径为       ，
所以四面体的外接球的表面积为.
故选：D

【点睛】
本题考查空间几何折叠问题中的距离最值问题，几何体的外接内切问题，考查空间想象能力，运算求解能力，是难题.本题解题的关键在于由二面角为直二面角构造辅助线（过点作交延长线于，过点作交于，
再作，使得与交于点），进而通过表示，空间几何体的外接球的半径的求解利用坐标法求解即可.
13．1
【解析】
【分析】
直接根据分段函数的解析式计算即可
【详解】

故答案为：1
14．##
【解析】
【分析】
根据转化为其量积为0，然后代入模长，即可求解.
【详解】
设与夹角为，
由得，即，又，，带入得，故，因为，所以
所以向量与夹角的大小为，
故答案为：.
15．2
【解析】
【分析】
由条件求出的坐标，由列方程可求的值.
【详解】
因为双曲线C的离心率为，所以，又，
设则
设，因为，所以，又，
所以，故，
当点在第一象限时，直线的方程为：，
取可得，所以，
联立，所以，即
联立，所以，即，
又，
所以，
所以
同理可得当点在第四象限时，，
所以的值为2，
故答案为：2.

16．
【解析】
【分析】
依题意可得，利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式求出，再利用基本不等式求出的最大值，最后根据面积公式计算可得；
【详解】
解：因为，由正弦定理可得，
即，所以，
即，
所以，因为，
所以，因为，所以，
又，即，当且仅当即、时取等号，
所以，所以面积的最大值为；
故答案为：
17．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据可得答案；
（2）根据（1）求出的通项公式，是由一个等差数列加一个等比数列得到，利用分组求和法即可求出前项和．
(1)
∵，①
当时，，即，
当时，．②
由①－②得，即，
∴数列是以为首项，为公比的等比数列，
∴.
(2)
由（1）知 ，
∴
∴．
18．(1)模型二
(2)
(3)年
【解析】
【分析】
（1）根据散点图的形状为非线性，即可判断应选模型二；
（2）令，则可以转化为，分别求出和，即可求出回归方程；
（3）利用所求出的回归方程依据题意列出不等式即可求解.
(1)
根据散点图可知，呈指数式增长，故应选模型二，其中是自然对数的底数；
(2)
由已知得，两边同时取对数可得，
令，则，
由，，，可知，
，
，
∴，∴；
(3)
令，即，
解得，预测从年开始人工植树成活棵树能超过万棵.
19．(1)证明见解析
(2)90°
【解析】
【分析】
小问1：取的中点，连接，，证明为平行四边形，进而得到，进而证明CM∥平面PAD；
小问2：
过点作于，则以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，求出平面的法向量，设，求出点的坐标，表示出，求出，推出的值，进而求出二面角的值．
(1)
取的中点，连接，，如图所示：

又是的中点，故为的中位线，即，
又，，且，故，
因此且，故为平行四边形，即，
又平面，平面，故平面．
(2)
过点作于，则以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，如图所示：

则，，，，
则，，设平面的法向量
则，取，则
设，又，则，
，
故，故当即时，最大，
此时，故，
设平面的法向量为，则，故
故，
故二面角为90°．
20．(1)；
(2)证明见解析；
(3)过轴负半轴上一点作抛物线的切线，再过的中点作直线与抛物线交于A，B两点，直线EA与抛物线C的另一个交点为M，直线EB与抛物线C的另一个交点为N，则.
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆与直线相切，只有一个交点，利用判别式为0，即可求解出切线的斜率，然后代入方程，即可求解切点坐标.
（2）联立直线与椭圆方程，利用根与系数的关系，以及两点间斜率公式，得到点的坐标，进而用斜率公式算斜率，即可求解.
(3)将椭圆类比为抛物线，提出类似结论即可.
(1)
设切线的方程为：
联立方程     —①
因为直线与椭圆C相切，所以

当时，代入①式中得，解得，进而代入直线方程可得，
故
(2)
由题意知：直线有斜率，设 的斜率分别为，
联立方程，
由根与系数的关系可知： ，又从而，，
同理可得：，,
，故设直线为


所以直线MN与ET平行.

(3)
由(2)可得：过轴负半轴上一点作抛物线的切线，再过的中点作直线与抛物线交于A，B两点，直线EA与抛物线C的另一个交点为M，直线EB与抛物线C的另一个交点为N，则.
【点睛】
进行类比推理时，要尽量从本质上去类比，不要被表面现象所迷惑；否则只抓住一点表面现象甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误．
21．(1)证明见解析；
(2)实数a的取值范围为.
【解析】
【分析】
(1)利用导数求研究的取值规律，由此完成证明；(2)由条件方程有且只有一个二分法求解的正根，利用导数分析左侧函数的单调性由此作其图象，根据图象可求实数a的取值范围.
(1)
因为，所以，
函数的定义域为，
，设，
，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，即，
所以在上单调递增，
又，
所以当时，，所以，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以
(2)
函数的定义域为，
，
因为函数有且仅有一个极值点，
所以方程有且只有一个能用二分法求解的正根，
即方程有且只有一个二分法求解的正根，因为不是方程的解，
故方程有且只有一个二分法求解的正根，
设，函数的定义域为且，
，
设，则，
当时，，函数单调递增，又，
所以当时，，当时，
当时，，函数单调递减，
，所以存在使得，即
即当时，， 当时，
所以当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
又， ，
当时，，其中，
所以，
由此可得函数图象如图所示，

由图象可得有且仅有一个能用二分法求解的正根时，
所以实数a的取值范围为.
【点睛】
(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．
(2)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
22．(1)，
(2)
【解析】
【分析】
（1）首先将曲线的参数方程化为普通方程，再根据将直角坐标方程化为极坐标方程；
（2）首先得到曲线的极坐标方程，再将代入、的极坐标方程，即可求出，，最后根据计算可得；
(1)
解：因为曲线的参数方程是（t为参数），
所以当且仅当时取等号，
所以，，
所以曲线的普通方程为，，
又，所以，；
即曲线的极坐标方程为，
(2)
解：因为曲线的直角坐标方程是，所以曲线的极坐标方程是，
曲线的极坐标方程是，
将代入、的极坐标方程分别得，



所以
23．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）分类讨论去掉绝对值符号后不等式可得；
（2）求出在上的最大值，然后利用绝对值的几何意义可得．
(1)
时，，；
时，，，无解；
时，，，
综上，不等式的解集为；
(2)
由（1）知，时，递增，时，递减，
，，所以，
存在使不等式成立，即，，．