2023届黑龙江省实验中学高三第二次模拟考试数学试题含解析

2023届黑龙江省实验中学高三第二次模拟考试数学试题

一、单选题

1．集合，，则（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据补集定义求出，再根据交集定义即可求出．

【详解】因为，

所以或，

所以，

故选：A．

2．已知i为虚数单位，，则复数在复平面内对应的点所在的象限为（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据复数的除法运算算出，即可判断答案.

【详解】∵，∴的对应点为，在第一象限，

故选：A．

3．已知P（B）=0.3，，，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知利用全概率公式得，即可求解.

【详解】由全概率公式可得：

可得，解得：.

则.

故选：A.

4．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若角A的内角平分线AD的长为3，则的最小值为（    ）

A．12 B．24 C．27 D．36

【答案】A

【分析】先利用正弦定理化角为边，再结合余弦定理可求得，再利用等面积法结合基本不等式即可得解.

【详解】因为，

所以，即，

所以，

又因，所以，

由，得，

所以，

则，

当且仅当，即时，取等号，

所以的最小值为.

故选：A.

5．数列的前项和为，，若该数列满足，则下列命题中错误的是（    ）

A．是等差数列 B．

C． D．是等比数列

【答案】C

【分析】利用可化简已知等式证得A正确；利用等差数列通项公式可整理得到B正确；由与关系可求得C错误；由，结合等比数列定义可知D正确.

【详解】对于A，当时，由得：，

，即，又，

数列是以为首项，为公差的等差数列，A正确；

对于B，由A知：，，B正确；

对于C，当时，，

经检验：不满足，，C错误；

对于D，由B得：，，又，

是以为首项，为公比的等比数列，D正确.

故选：C.

6．在三棱锥中，两两垂直，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将三棱锥放在一个长方体中，建立空间直角坐标系，求出向量，代入夹角公式即可求解.

【详解】依题意，把三棱锥放在长方体中，如图所示：

因为，

以为空间直角坐标系原点，分别为轴，

建立空间直角坐标系，则有：

，，，，

所以，，

所以.

故选：D.

7．已知直线：上存在点A，使得过点A可作两条直线与圆：分别切于点M，N，且，则实数m的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据题意求出，转化为直线上存在与C距离为2的点，利用点到直线距离建立不等式求解即可.

【详解】由可得，

圆心，半径，

过点A可作两条直线与圆：分别切于点M，N，

连接，如图，

由知，，又，

所以，

由题意，只需直线上存在与圆心距离为的点即可，

即圆心到直线的距离，

解得，

故选：C

8．若则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】构造函数，利用导数判断函数单调性，再结合对数的性质即可判断大小关系.

【详解】因为，，，

当时，设，

则，

所以在上单调递减且，

所以，

即，所以；

又因为，所以，，即，

所以.

故选：A.

二、多选题

9．若函数，则下列结论正确的是（    ）

A．函数的最小正周期为 B．函数在区间上单调递增

C．函数图象关于对称 D．函数的图象关于点对称

【答案】BCD

【分析】利用三角恒等变换、诱导公式化简得，根据正弦型函数的性质判断A、B，代入法验证函数的对称轴、对称中心判断C、D.

【详解】由，

所以最小正周期为，A错误；

当，则，故在上递增，B正确；

由，故是的一条对称轴，C正确；

由，故是的一个对称点，D正确.

故选：BCD

10．已知直线经过抛物线：的焦点，且与交于，两点，过，分别作直线的垂线，垂足依次记为，，若的最小值为，则下列结论正确的为（    ）

A．

B．为钝角

C．

D．若点，在上，且为的重心，则

【答案】AC

【分析】根据抛物线的几何性质可得，从而可判断，根据抛物线的几何性质及平行线的性质易证，从而可判断，再根据抛物线的焦半径公式、焦点弦的性质和三角形重心公式，可分别求解，，从而可得正确选项．

【详解】对选项，根据抛物线的几何性质可得，，选项正确；

对选项，根据抛物线的几何性质及平行线的性质可知：

，，

从而可得，选项错误；

对选项，由选项分析可知抛物线：，，设，，

则，，

，

又根据抛物线焦点弦的性质可得，

，

，选项正确；

对选项，设，，又，，

根据的重心公式可得，，

，选项错误．

故选：．

11．已知正数x，y满足，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】由条件可得，利用比较法判断的大小，判断A，B，化简，利用导数求函数的最值，由此判断C，D.

【详解】因为，

所以，，

所以

所以，A正确，B错误；

令，则，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，C正确；

令，则，

可知当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，D正确，

故选：ACD.

12．如图，若正方体的棱长为2，点P是正方体的上底面上的一个动点（含边界），E，F分别是棱，上的中点，则正确的是（    ）

A．平面截该正方体所得的截面图形是五边形；

B．在平面上的投影图形的面积为定值；

C．的最小值是；

D．若保持，则点P在上底面内运动路径的长度为．

【答案】BCD

【分析】通过作出截面图形可得A的正误，把在平面上的投影图形作出来求出面积可得B的正误，利用对称把转化，通过三点共线可得最小值，进而得出C的正误，把点P在上底面内运动路径求出，可得D的正误.

【详解】对于A，取的中点，连接,取的中点，连接;

因为分别为的中点，所以且；

由正方体的性质可知且,所以且，

即为平行四边形，所以，

因为分别为的中点，所以，即有；

所以四点共面；

所以平面截该正方体所得的截面图形是四边形，A不正确.

对于B，过点向引垂线，交于，连接，

由正方体的性质可知在平面上的投影图形为，

当在上底面运动时，的面积保持不变，其面积为，

B正确.

对于C，延长，使得，则由对称性可知,

所以，

当三点共线时，取到最小值，

因为,

所以，即的最小值是，C正确.

对于D，取中点，连接，由正方体的性质可知，

因为，，所以由可得;

所以点P在上底面内运动路径是在正方形内以为圆心，2为半径的一段圆弧；

如图，由可得，同理，所以；

所以圆弧的长度为,D正确.

三、填空题

13．已知向量，且，的夹角为，，则在方向上的投影向量等于___________.

【答案】

【分析】根据所给条件利用向量数量积运算求出，再由投影向量的定义求解即可.

【详解】，，

，

，

在方向上的投影向量为.

故答案为：

14．在圆台中，是其轴截面，，过与轴截面垂直的平面交下底面于，若点到平面的距离是，则圆台的体积等于______.

【答案】

【分析】点到平面的距离即为与的距离，即点到的距离等于，故可以求得棱台的高，进而求得棱台的体积.

【详解】∵，所以四边形为平行四边形，所以,则为正三角形∴，由题意得，平面平面平面，且平面平面，所以点到平面的距离即为与的距离，在中，过点作的垂线,过点作的垂线，则，

所以，则，则圆台的体积为，所以圆台的体积为.

故答案为：

15．已知双曲线的左、右焦点分别为、，离心率为，点是双曲线上的任意一点，满足，的平分线与相交于点，则分所得的两个三角形的面积之比_____________.

【答案】或

【分析】由题可得，对点的位置进行分类讨论，利用勾股定理以及双曲线的定义可求得，利用角平分线的性质可求得的值.

【详解】如下图所示：

因为双曲线的离心率为，则，所以，，

若点在右支上，且，则，解得，

因为的平分线与相交于点，由角平分线的性质可知，点到直线、的距离相等，

此时，；

若点在左支上，同理可求得，则.

综上所述，或.

故答案为：或.

16．某项球类比赛的决赛阶段只有中国、美国、德国、巴西、西班牙、法国六个国家参加，球迷甲、乙、丙对哪个国家会获得此次比赛的冠军进行了一番讨论．甲认为，西班牙和法国都不可能获得冠军；乙认为，冠军是美国或者是德国；丙坚定地认为冠军绝不是巴西．比赛结束后，三人发现他们中恰有两个人的看法是对的，那么获得冠军的国家是_________．

【答案】中国

【分析】根据冠军的归属分类列表后结合题设条件可得冠军的国家

【详解】根据题意，有

因此获得冠军的国家是中国.

故答案为：中国

四、解答题

17．在中，以，，分别为内角，，的对边，且

(1)求；

(2)若，，求的面积；

(3)若，，求边上中线长．

【答案】(1)

(2)

(3)或

【分析】（1）由平方关系及正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；

（2）首先由余弦定理求出，再由面积公式计算可得；

（3）由正弦定理将边化角，即可求出或，再分别求出中线的长度.

【详解】（1）由得，

由正弦定理可得，

由余弦定理可得，

因为，所以．

（2）因为，且，

所以，解得或（舍去），

所以.

（3）因为，由正弦定理可得，

即，因为，所以，则，

所以或，即或，

当时为等边三角形，所以边上中线长为；

当时，则，所以为直角三角形，又，

由正弦定理，即，

所以，，所以边上中线长为；

综上可得边上中线长为或.

18．如图，在三棱柱中，平面，，，，点D是棱的中点．

(1)求证：∥平面；

(2)在棱上是否存在点M，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出与长度的比值，若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在；

【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；

（2）建系，利用空间向量求线面夹角.

【详解】（1）连接交于点O，

由于四边形为矩形，所以O为的中点，又D是棱的中点，

故在中，是的中位线，因此//，

平面，平面，所以//平面

（2）由平面，可知，三棱柱为直三棱柱，且底面为直角三角形，故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系；

则，，，，，

由，得，

，，

设平面的法向量为，则

取，则，得，

设直线与平面所成角为，则，

可得，

因为，

整理得，解得或，

由于，所以，

所以棱上存在点M，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时.

19．已知为等差数列，且．

(1)求的首项和公差；

(2)数列满足，其中、，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，根据可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出等差数列的通项公式；

（2）先化简数列的通项公式，利用裂项求和法求出，利用并项求和法求出、的值，即可得出的值.

【详解】（1）设等差数列的公差为，则，

由可得，即，

所以，，解得，.

（2）因为，则，

所以

；

；

.

因此，

.

20．在一次数学随堂小测验中，有单项选择题和多项选择题两种．单项选择题，每道题四个选项中仅有一个正确，选择正确得5分，选择错误得0分；多项选择题，每道题四个选项中有两个或三个选项正确，全部选对得5分，部分选对得2分，有选择错误的得0分．

(1)小明同学在这次测验中，如果不知道单项选择题的答案就随机猜测．已知小明知道单项选择题的正确答案的概率是，随机猜测的概率是，问小明在做某道单项选择题时，在该道题做对的条件下，求他知道这道单项选择题正确答案的概率．

(2)小明同学在做多选题时，选择一个选项的概率为，选择两个选项的概率为，选择三个选项的概率为．已知某个多项选择题有三个选项是正确的，小明在完全不知道四个选项正误的情况下，只好根据自己的经验随机选择，记小明做这道多项选择题所得的分数为X，求X的分布列及数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析；期望为

【分析】（1）由全概率公式求出该单项选择题回答正确的概率，再由条件概率得出结果；

（2）首先确定X所有可能的取值，由独立事件的概率公式求得相应概率，进而写出分布列，计算数学期望.

【详解】（1）记事件A为“该单项选择题回答正确”，事件B为“小明知道该题的正确答案”，

，

,

即小明在做某道单项选择题时，在该道题做对的条件下，他知道这道单项选择题正确答案的概率为．

（2）由题意知：X所有可能的取值为0，2，5，

设事件表示小明选择了i个选项，事件C表示选择的选项是正确的，

X的分布列为：

则数学期望为．

21．已知双曲线：（，）实轴端点分别为，，右焦点为，离心率为2，过点且斜率1的直线与双曲线交于另一点，已知的面积为．

(1)求双曲线的方程；

(2)若过的直线与双曲线交于，两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)在定直线方程上

【分析】（1）联立直线方程与双曲线方程，可得点，进而根据三角形面积公式即可求出的值；（2）分直线斜率 和不存在两种情况讨论，求出两直线交点，代入化简即可求解.

【详解】（1）设直线的方程为，联立，得，

又，，代入上式得，即，

∴，解得，∴，，∴双曲线的方程为．

（2）当直线点的斜率不存在时，，，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得的，

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，

联立得，∴，，

∴直线的方程为，直线的方程为，

联立直线与直线的方程可得：

，两边平方得，

又，满足，

∴

，

∴，∴，或，（舍去）

综上，在定直线上，且定直线方程为．

22．已知 ，函数，.

(1)当与都存在极小值，且极小值之和为时，求实数的值；

(2)若，求证：.

【答案】(1)1

(2)证明见解析

【分析】（1）分别对，求导，讨论和，得出和的单调性，即可求出，的极小值，即可得出答案.

（2）令，由可得，要证 ，不妨设，所以只要证，令，，对求导，得出的单调性，即可证明.

【详解】（1），定义域均为，

，  

当时，则，在单调递增，无极值，与题不符；

当时，令，解得：，

所以在单调递减，在单调递增，

在取极小值，且；    

又，

当时：，在单调递减，无极值，与题不符；

当时：令，解得：，

所以在单调递减，在单调递增，

在取极小值，且；    

由题：，解得：.

（2）令，因为，所以，

由可得：，

（1）-（2）得：，所以，

要证： ，只要证： ，只要证：

不妨设，所以只要证：，

即证：，令，只要证：，

令， ，

 所以在上单调递增，

， 即有成立，所以成立.