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文科数学试题含解析

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文科数学试题含解析，共21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文科数学试题一、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．已知，，则（       ）A． B． C． D．4．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5．已知直线a，b分别在两个不同的平面，内，则“平面a和平面β不垂直”是“直线a和直线b不垂直”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．已知x，y满足不等式组，则的最小值为（       ）A．7 B．10 C．11 D．127．七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．8．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．9．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．10．已知函数，则的值为（       ）A． B．1 C．2 D．11．已知点P为椭圆C：上一点，点，分别为椭圆C的左､右焦点，若，则的内切圆半径为（       ）A． B． C． D．12．已知有且只有一个实数x满足，则实数a的取值范围是（       ）A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．向量，满足，，，则向量与夹角的大小为___________.14．过抛物线C：焦点且斜率为的直线与C交于A，B两点，若，为坐标原点，则的面积为___________.15．已知A，B，C为球O球面上的三个定点，，P为球O球面上的动点，记三棱锥的体积为，三棱锥体积为，若的最大值为4，则球O的表面积为___________.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，，，，M是棱PB的中点.(1)求证：平面；(2)求三棱锥的体积.20．已知椭圆C：，点，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C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.（i）当直线l的斜率为时，求直线MN的斜率；（ii）写出直线MN与ET的位置关系（不必说明理由）.21．已知函数.(1)若时，恒成立，求实数a的取值范围：(2)证明：. （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：A3．B【解析】【分析】首先根据同角三角函数的基本关系求出，再利用二倍角公式及诱导公式计算可得；【详解】解：因为，所以，又，所以，所以。即，所以故选：B4．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.5．D【解析】【分析】利用充分条件、必要条件的定义举反例进行判定.【详解】作出正三棱柱（如图所示），当面为面、面为面、直线为直线、直线为直线时，平面a和平面β不垂直，但直线a和直线b垂直，即“平面a和平面β不垂直”不是“直线a和直线b不垂直”的充分条件；当面为面、面为面、直线为直线、直线为直线时，直线a和直线b不垂直，但平面a和平面β垂直，即“平面a和平面β不垂直”不是“直线a和直线b不垂直”的必要条件；综上所述，“平面a和平面β不垂直”不是“直线a和直线b不垂直”的既不充分也不必要条件.故选：D.6．A【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：A7．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：D8．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．9．C【解析】【分析】首先由条件得是函数的对称轴，再结合三角函数的性质，求和.【详解】由条件可知当时，函数取得最大值，所以是函数的对称轴，又，函数在区间上单调，所以，得，所以，，且，所以.故选：C10．D【解析】【分析】先求出，判断出，直接代入即可求解.【详解】因为，所以故选：D11．B【解析】【分析】首先求和的值，再求的面积，再利用三角形内切圆的半径表示面积，即可求解.【详解】因为，且，所以，，，，则等腰三角形底边上的高，所以,设的内切圆半径为，则，所以.故选：B12．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，故可知：当 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，，当时，，故图像如图：故 .故选：D 13．＃＃【解析】【分析】根据转化为数量积为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，所以故答案为：14．【解析】【分析】由题可知直线的方程为：，代入 化简，利用韦达定理以及抛物线的定义、求得的值，可得抛物线的方程．联立直线与抛物线方程，利用面积公式即可求解．【详解】解：由题可知焦点，则该直线的方程为：，代入，化简可得．设，，则有．，有，解得，抛物线的方程为：．可得直线的方程为：．联立可得，所以，．的面积．故答案为：15．【解析】【分析】设△的外接圆的圆心为，先利用正弦定理求出△的外接圆的半径，再根据当球心在上时，的最大值为4，可得球的半径与球心到距离之间的关系，最后利用几何关系即可求得，即可求解.【详解】设△的外接圆的圆心为，半径为，，则平面，由正弦定理得，，解得，设球的半径为,当球心在线段上时，，即，又∵，∴，解得,∴,故答案为：.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)证明见解析式(2)【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，即可得到且，即四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；（2）再底面等腰梯形中求出、，即可得到，再由线面垂直的性质得到，即可得到平面，再根据计算可得；(1)证明：取的中点，连接，，因为为的中点，所以且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面(2)解：在等腰梯形中，，，，过点、分别作、，所以，，所以，在中，由余弦定理，即，所以，所以，即，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以三棱锥的高为，又是的中点，所以，所以；20．(1)(2)（i） （ii）平行【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.(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)（i）因为 当直线l的斜率为时，直线方程为：，即 联立方程设且，则 的斜率分别为，由（1）知，由根与系数的关系可知： ，又从而可得，同理，根据椭圆的对称性可知：两点关于 轴对称，两点关于 轴对称，根据对称对称性可知：直线关于 轴对称,故 故直线MN的斜率为 （ii）直线MN与ET平行.理由如下由题意知：直线有斜率，设 的斜率分别为， 由（1）知，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.21．(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，令，求得，再对分和两种情况讨论，根据函数的单调性即可得解；（2）由（1）可知当时，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而得到，两式相加即可得到，再两边同除，即可得证；(1)解：因为，所以，令，则，①当时，因为，所以，所以，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，所以满足题意；②当时，此时当时，，所以在上单调递减，所以，即在上单调递减，所以，所以时不满足题意；综上可得实数的取值范围是；(2)证明：由（1）可知当时，所以，所以在上单调递增，又，当时，时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，则，即，所以，因为，所以，即；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，，．