黑龙江省哈尔滨市第三中学2022-2023学年高三数学第四次高考模拟试卷（Word版附解析）

这是一份黑龙江省哈尔滨市第三中学2022-2023学年高三数学第四次高考模拟试卷（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了 的展开式中，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

2023年第四次高考模拟考试试卷
数学试题
命题：高二数学备课组 审校：高三数学核心组
注意事项：
1.本试卷共3页，考试时间120分钟，满分150分.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名､考号等信息填写在试卷及答题卡的指定位置.
3.在试卷及草稿纸上的答案无效，考试结束后请将本试卷及草稿纸一并交回.
★祝考试顺利★
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. 已知集合，则集合的子集个数为（ ）
A. 3 B. 4 C. 8 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】解一元二次不等式，并结合已知用列举法表示集合A作答.
【详解】解不等式，得，因此，
所以集合的子集个数为.
故选：C
2. 函数的图象最有可能的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数的定义判断函数的奇偶性，再通过取特殊点确定正确选项.
【详解】有意义可得，所以且，
所以且且，所以的定义域为，
又，所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，B，D错误，
又，C错误，
选项A符合函数的解析式，
故选：A.
3. 函数的图像如图所示，图中阴影部分的面积为，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正切型函数的对称性分析可得，进而可求得，再代入点，运算求解即可.
【详解】如图所示，区域①和区域③面积相等，故阴影部分的面积即为矩形的面积，可得，
设函数的最小正周期为，则，
由题意可得：，解得，
故，可得，
即，
可知的图象过点，即，
∵，则，
∴，解得.
故选：A.

4. 泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，在经济生活、事故预测、生物学、物理学等领域有广泛的应用，泊松分布的概率分布列为，其中e为自然对数的底数，是泊松分布的均值．当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中．一般地，当而时，泊松分布可作为二项分布的近似．若随机变量，的近似值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得，代入公式用对立事件的概率和为1计算即可.
【详解】由题， ，，泊松分布可作为二项分布的近似，
此时，
所以，
所以，，
则.
故选：B
5. 如图，在已知直四棱柱中，四边形为平行四边形，分别是的中点，以下说法错误的是（ ）

A. 若，，则
B.
C. 平面
D. 若，则平面平面
【答案】B
【解析】
【分析】利用正切值相等可说明，由此可得，结合平行关系可知A正确；由，可知B错误；通过证明四边形为平行四边形可得，由线面平行判定可知C正确；根据，，由线面垂直和面面垂直的判定可知D正确.
【详解】对于A，连接，

，，
，又，，即；
，，四边形为平行四边形，，
，A正确；
对于B，连接，

分别为中点，，又，，
，与不平行，B错误；
对于C，连接，

分别为中点，，；
，，四边形为平行四边形，，，
为中点，，，，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面，C正确；
对于D，连接，

，四边形为平行四边形，四边形为菱形，；
平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，平面平面，D正确.
故选：B.
6. 数列满足，则数列的前60项和为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用题目所给数列的递推公式，分成为偶数和为奇数两类，找出数列的规律，然后利用这个规律求数列前项的和.
【详解】当时，，当时，，两式相加得，故.由得.所以.故.所以选A.
【点睛】本小题主要考查已知递推数列求数列前项的和，考查分析与思考问题的能力，还考查了分类讨论的数学思想方法.属于中档题.
7. 已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，过点的直线交于两点，且，线段的中点为，则直线的斜率的最大值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，设出抛物线C及直线PQ的方程，借助垂直关系求出抛物线方程及点M的坐标，再用斜率坐标公式建立函数，利用均值不等式求解作答.
【详解】依题意，抛物线的焦点在x轴的正半轴上，设的方程为：，
显然直线不垂直于y轴，设直线PQ的方程为：，点，
由消去x得：，则有，
由得：，解得，
于是抛物线：的焦点，弦的中点的纵坐标为，则点，
显然直线的斜率最大，必有，则直线的斜率，
当且仅当，即时取等号，
所以直线的斜率的最大值为.
故选：A
8. 已知是上的偶函数，且当时，．若， 则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数为偶函数可得出的图象关于直线对称，结合导数判断时函数的单调性，由此结合函数的性质和，可得出，即可判断C，D；脱掉绝对值符号化简，可判断A，B.
【详解】由是上的偶函数，得，
即，所以的图象关于直线对称．
当时，，由，仅在时取等号，
得在区间上为减函数，则在区间上为增函数，
根据图象的对称性，由得，
则C正确、D错误．
当异号时，则或，即或，
即选项A，B的结果不能确定，
故选：C．
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，错选不得分.
9. 已知数列满足，，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. 为等比数列
C D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用递推式可求得 的值，可判断A，B，利用并项求和法结合等比数列的求和公式判断C，D.
【详解】因为，
所以，，，又，
所以，，，故A正确；
因为，，所以不是等比数列，故B错误；

，故C正确；
，故D错误.
故选：AC.
10. 的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A. 所有项系数和为64 B. 常数项为第4项
C. 整式共有3项 D. 项的系数
【答案】AC
【解析】
【分析】根据赋值法可求出所有项系数和判断A，由二项展开式的通项公式可判断BCD即可.
【详解】令，由知，所有项系数和为64，故A正确；
二项展开式的通项公式为，令，解得，故展开式第5项为常数项，故B错误；
当时，，展开式为整式，故C正确；
当时，，，故D错误.
故选：AC
11. 直角三角形中，是斜边上一点，且满足，点在过点的直线上，若，则下列结论正确的是（ ）
A. 为常数 B. 的值可以为：
C. 的最小值为3 D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】作出图形，由可得出，根据三点共线的结论得出，由此判断A，B，结合基本不等式可判断CD.
【详解】如下图所示：

由，可得，
，
若，，，
则，，
，
、、三点共线，
，，
故A正确；
当，时， ，所以B错误；
，
当且仅当时，等号成立，C正确；
的面积，的面积，
所以，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
即，当且仅当时等号成立，
所以当时，取最小值，最小值为，
所以的最小值为，D正确；
故选：ACD.
12. 设双曲线的焦距为，离心率为e，且a，c，成等比数列，A是E的一个顶点，F是与A不在y轴同侧的焦点，B是E的虚轴的一个端点，PQ为E的任意一条不过原点且斜率为的弦，M为PQ中点，O为坐标原点，则（ ）
A. E的一条渐近线的斜率为
B.
C. （，分别为直线OM，PQ的斜率）
D. 若，则恒成立
【答案】ABC
【解析】
【分析】由a，c，成等比数列，得且可求得离心率为e，求渐近线的斜率验证选项A；求和的斜率，验证选项B；利用点差法求验证选项C，通过联立方程组计算和的值，验证选项D.
【详解】因为a，c，成等比数列，所以，所以且，解得（负根舍），又，所以，所以，即E的一条渐近线的斜率为，故A正确；
不妨设F为左焦点，B为虚轴的上端点，则A为右顶点，则BF的斜率，AB的斜率，所以，所以，故B正确；
设，，，则，作差后整理得，即，
所以，故C正确；
设直线，则直线，将代入双曲线方程，得，则，
，将k换成得，
则与b的值有关，故D错误．
故选：ABC．
二､填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.
13. 若为虚数单位，则计算___________．
【答案】
【解析】
【分析】设，两边乘以相减，结合等比数列的求和公式和复数的乘除运算法则，计算可得所求和．
【详解】设，
，
上面两式相减可得，

，
则．
故答案为：．
14. 将5个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先将5个1和2个0随机排成一行，求出总的排放方法，再利用插空法求出2个0不相邻的排法，再利用古典概型的概率公式计算可得.
【详解】将5个1和2个0随机排成一行，总的排放方法有种，
要使2个0不相邻，利用插空法，5个1有6个位置可以放0，
故排放方法有种，
所以所求概率为.
故答案为：.
15. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且a，b，c成等比数列．若，则的外接圆面积为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理和余弦定理可求，故可求外接圆的半径，从而可求圆的面积.
【详解】根据正弦定理，有，
又因为，
所以，
从而有的外接圆半径，面积为．
故答案为：
16. 二十四节气是中华民族上古农耕文明的产物，是中国农历中表示季节变迁的24个特定节令，二十四节气又分为12个节气和12个中气，一一相间，二十四节气与季节､月份的关系如下表：
季节
春
夏
秋
冬
月份
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
节气
立春
惊蛰
清明
立夏
芒种
小暑
立秋
白露
寒露
立冬
大雪
小寒
中气
雨水
春分
谷雨
小满
夏至
大暑
处暑
秋分
霜降
小雪
冬至
大寒
二十四节气反映了太阳的周年视运动，在公历中它们的日期是相对固定的，现行的二十四节气每一个分别相应于太阳在黄道上每运动所到达的一定位置.如春分太阳位于黄经0度，清明太阳位于黄经15度，谷雨太阳位于黄经30度，则夏至太阳位于黄经__________度.
【答案】90
【解析】
【分析】根据夏至是春分后的第六个节气，可得春分到夏至相应于太阳在黄道上运动的角度.
【详解】根据题意，夏至是春分后的第六个节气，故春分到夏至相应于太阳在黄道上运动了所以夏至太阳位于黄经90度.
故答案为：90.
四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答题需写出文字说明､证明过程和演算步骤.
17. 记的内角、、的对边分别为、、.已知.
（1）证明：；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换结合正弦定理化简可证得结论成立；
（2）利用平面向量数量积的定义可得出，结合余弦定理以及可求得、的值，由此可求得的面积.
【小问1详解】
因为，则，
即，
由正弦定理可得
，
因此，.
【小问2详解】
因为，由正弦定理可得，
由平面向量数量积的定义可得，
所以，，可得，
即，所以，，则，，
所以，，则为锐角，且，
因此，.
18. 如图，在三棱柱中，D，E，G分别为的中点，与平面交于点F，，，．

（1）求证：F为的中点；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线FG与平面BCD所成角的正弦值．
条件①：平面平面；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由线面平行的性质定理可证得，即可证明；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用方程组解得平面一个法向量，利用直线的方向向量和平面的法向量计算即可.
【小问1详解】
由三棱柱的性质知，，平面，平面，
所以平面，又因为平面，
平面平面，
所以，因为E为的中点，所以F为的中点.
小问2详解】
选条件①，因为平面平面，平面平，
又因为，E为的中点，所以，
所以平面，又因为平面，所以，
又因为，，
平面，所以平面，
如图建立空间直角坐称系.

由题意得，
.
设平面的法向量，
,
，则，
平面BCD的法向量，
又,
设直线与平面所成角为,
则，
所以直线FG与平面BCD所成角的正弦值为.
选条件②，因为，，，
则，所以，又因为，
，平面，所以平面，
因为，E为的中点，所以，
如图建立空间直角坐称系.

由题意得，
.
设平面的法向量，
,
，则，
平面BCD的法向量，
又,
设直线与平面所成的角为,
则，
所以直线FG与平面BCD所成角的正弦值为.
19. 2022年11月20日，卡塔尔足球世界杯正式开幕，世界杯上的中国元素随处可见．从体育场建设到电力保障，从赛场内的裁判到赛场外的吉祥物都是中国制造，为卡塔尔世界杯提供了强有力的支持．国内也再次掀起足球热潮．某地足球协会组建球队参加业余比赛，该足球队教练组为了考查球员甲对球队的贡献，作出如下数据统计（甲参加过的比赛均分出了输赢）：

球队输球
球队赢球
总计
甲参加
2
30
32
甲未参加
8
10
18
总计
10
40
50

（1）根据小概率值的独立性检验，能否认为该球队赢球与甲球员参赛有关联；
（2）从该球队中任选一人，A表示事件“选中的球员参赛”，B表示事件“球队输球”．与的比值是选中的球员参赛对球队贡献程度的一项度量指标，记该指标为R．
①证明：；
②利用球员甲数据统计，给出，的估计值，并求出R的估计值．
附：．
参考数据：
a
0.05
0.01
0.005
0.001

3.841
6.635
7.879
10.828

【答案】（1）认为该球队胜利与甲球员参赛有关
（2）①证明见解析 ；②,；
【解析】
【分析】（1）由所给数据结合公式求出的值，将其与临界值比较大小，由此确定能否认为该球队赢球与甲球员参赛有关联；
（2）①根据定义结合条件概率公式即可完成证明；②根据①结合已知数据求.
【小问1详解】
零假设为：该球队胜利与甲球员参赛无关．
，
因为，
所以依据的独立性检验，我们推断不成立，所以认为该球队胜利与甲球员参赛有关，此推断犯错误的概率不大于0.005．
【小问2详解】
①证明：


②，，
．
20. 设等比数列的前项和为，，若，且、、成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，，其中表示不超过的最大整数，求数列的前项的和；
（3）设，，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由、、成等差数列可求出数列的公比，结合的值可求得等比数列的通项公式；
（2）求出，，其中，即可求得数列的前项的和；
（3）求得，利用错位相减法可求得.
【小问1详解】
解：因为、、成等差数列，则，
即，即，即，
设等比数列的公比为，则，
又因为，则.
【小问2详解】
解：依题意，对任意的，，，
设数列的前项的和为，
则


.
【小问3详解】
解：由（1）可得，
所以，，
，
上述两个等式作差可得
，
化简得.
21. 已知直线与抛物线交于，两点，且与轴交于点，过点，分别作直线的垂线，垂足依次为，，动点在上.
（1）当，且为线段的中点时，证明：；
（2）记直线，，的斜率分别为，，，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点,连接.利用几何法，分别证明出,为的角平分线，即可证明；
（2）利用“设而不求法”分别表示出，解方程求出.
【小问1详解】
如图示：

当时，恰为抛物线的焦点.
由抛物线的定义可得：.
取的中点,连接,则为梯形的中位线，所以.
因为为的中点,所以,所以.
在中，由可得：.
因为为梯形的中位线，所以，所以，
所以.
同理可证：.
在梯形中，,
所以，所以，
所以,即.
【小问2详解】
假设存在实数，使得.
由直线与抛物线交于，两点，可设.
设,则，消去可得：，所以，.
则

而.
所以，
解得：.
22. 已知函数，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有唯一的极值点，
①求实数取值范围；
②证明：.
【答案】（1）答案见详解
（2）①；②证明见详解
【解析】
【分析】（1）求导，分类讨论判断原函数单调性；
（2）①根据（1）中的单调性，分析判断极值点；②根据①可知，整理分析可得原不等式等价于，构建新函数，利用导数证明不等式.
【小问1详解】
由题意可知：的定义域为，且，
当时，则在定义域内恒成立，
故函数的递增区间为，无递减区间；
当时，令，解得，
令，解得；令，解得；
故函数的递增区间为，递减区间为；
综上所述：当时，函数的递增区间为，无递减区间；
当时，函数的递增区间为，递减区间为.
【小问2详解】
①由（1）可知：当时，函数的递增区间为，无极值点；
当时，函数的递增区间为，递减区间为
函数有唯一的极值点；
综上所述：若函数有唯一的极值点，则实数取值范围为.
②∵函数有唯一的极值点，则，
即，可得，
故
，
若，即，且，
等价于，
构建，则，
当时，构建，则，
∵，则，
故对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立，
故在上单调递减，可得，
即对恒成立；
当时，则，
构建，则，
∵在内单调递增，则，
∴在内单调递增，则，
即当时，可得，
故对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立；
综上所述：对恒成立.
故，即.
【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．