2023届黑龙江省齐齐哈尔市实验中学高三三模数学试题含解析

2023届黑龙江省齐齐哈尔市实验中学高三三模数学试题

一、单选题

1．已知复数，其中为虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】先根据复数的乘法运算求出，再根据复数的几何意义即可得解.

【详解】由，可得复数在复平面内所对应的点所在的象限为第四象限．

故选：D．

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】化简集合与，再利用集合的交集求解即可.

【详解】由，

，

可得.

故选：B

3．已知向量，满足，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量，满足，，，由求解.

【详解】解：因为向量，满足，，，

所以．

故选：A．

4．4月26日，2023北京大兴半程马拉松暨第七届“花绘北京悦跑大兴”半程马拉松赛新闻发布会举行．此次赛事由北京市大兴区人民政府主办，大兴区体育局、大兴区魏善庄镇人民政府共同承办，将于5月21日鸣枪开跑．据了解，本届赛事赛道起、终点设在魏庄村，赛道途经北京市半壁店村，穿过北京月季文化产业园、中国古老月季园、宜德源田野文化园等多个月季主题园区和森林氧吧，选手可在奔跑过程中，感受月季为小镇带来的变化．小张为参加“花绘北京·悦跑大兴”半程马拉松赛，每天坚持健身运动．依据小张2022年1月至2022年11月期间每月跑步的里程（单位：十公里）数据，整理并绘制成折线图，根据该折线图，下列结论正确的是（    ）

A．月跑步里程逐月增加

B．月跑步里程的极差小于18

C．月跑步里程的分位数为7月份对应的里程数

D．1月至5月的月跑步里程的方差相对于6月至11月的月跑步里程的方差更大

【答案】C

【分析】对于A，由折线图的变化趋势判断；对于B，由折线图得到月跑步里程的最小值和最大值判断；对于C，利用百分位数的定义求解判断；对于D，由折线图的变化趋势看波动性大小判断.

【详解】对于A，由折线图的变化趋势可知，月跑步里程不是逐月增加的，故选项A错误；

对于B，由折线图可知，月跑步里程的最小值出现在2月为5，最大值出现在10月为25，极差为20，大于18，故选项B错误；

对于C，月跑步里程从小到大排列为：2月，8月，3月，4月，1月，5月，7月，6月，11月，9月，10月，则7月对应的里程为分位数，故C正确；

对于D，由折线图的变化趋势可知，1月至5月的月跑步里程相对于6月至11月波动性更小，所以1月至5月的月跑步里程相对于6月至11月的月跑步里程的方差更小，故选项D错误．

故选：C．

5．将曲线的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若的图象与直线有3个交点，则这3个交点的横坐标之和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可知函数的图象关于点对称，又直线过点，由对称性可求这3个交点的横坐标之和.

【详解】因为，所以函数为奇函数.

因为函数是由函数向右平移个单得到，

所以，且函数的图象关于点对称.

又由直线过点，由对称性可知这3个交点的横坐标之和为．

故选：B．

6．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面积约为（    ）

（参考数据：，）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据球、圆柱、圆台的表面积公式计算即可.

【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，

而圆台一个底面的半径为，圆台的母线长为，则，，

，，

所以．

故选：A．

7．已知，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由已知条件切化弦，整理得出，然后把展开可求出，从而利用两角和的余弦公式可求解.

【详解】由于，且，

则，

整理得，

则，

整理得，

所以.

故选：D.

8．已知，，，其中为自然对数的底数，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】该题，和的值都大于0，不好直接比较，可根据数的结构特点构造函数，利用函数单调性来比较.

【详解】，设（其中），

有，因为，所以，

可知函数在单调递增，

可得，即，

所以有，即．

令（其中），有

（当且仅当时等号成立），

可知函数在单调递增，

有，即，

所以有，即．

故有．

故选：A．

【点睛】方法点睛：本题属于比较难的比较大小问题，三个数值离的很近，不能用基本初等函数的单调性直接判断，所以可考虑将两数作差，根据差式的结构特点，构造合适的新函数，借助函数新函数的导数判断其单调性，进而判断三个值的大小关系.

二、多选题

9．在中，内角，，所对的边分别为，，，且，则（    ）

A．

B．若，则

C．若，，则

D．若，则的面积的最小值为

【答案】BC

【分析】对于A选项，根据，由正弦定理求得判断；对于B选项，结合A选项，利用正弦定理求解判断；对于C选项，结合A选项，利用余弦定理求解判断；对于D选项，利用余弦定理结合基本不等式求解判断.

【详解】对于A选项，由正弦定理有，有，有，可得，故A选项错误；

对于B选项，由正弦定理有，有，故B选项正确；

对于C选项，由余弦定理有，有，代入，可得，故C选项正确；

对于D选项，由余弦定理有（当且仅当时取等号），有，故D选项错误．

故选：BC．

10．已知抛物线：的焦点在直线上，点在抛物线上，点在准线上，满足轴，，则（    ）

A． B．直线的倾斜角为

C． D．点的横坐标为

【答案】AC

【分析】计算焦点的坐标，从而可得的值，判断选项A，再由已知条件分析可得为等边三角形，从而得，即可判断选项B，在，计算的值，即可得，判断选项C，利用点到准线的距离列式计算点的横坐标判断选项D.

【详解】依题意，可得点的坐标为，从而得，A正确；

因为点在准线上，轴，，

又，为等边三角形，，

如图，当点在第一象限，得，

即直线的倾斜角为，

若点在第四象限，同理可得直线的倾斜角为，B错误；

在中，，，C正确；

所以点的横坐标为，D错误.

故选：AC．

11．随机投掷一枚质地均匀的正方体骰子两次，记录朝上一面的点数.设事件“第一次为偶数”，“第二次为偶数”，“两次点数之和为偶数”，则（    ）

A． B．与对立

C．与相互独立 D．

【答案】ACD

【分析】利用古典概型求出，即可判断A；根据对立事件的定义即可判断B；根据相互独立事件的定义即可判断C；根据事件表示第一次或第二次为偶数，求出此事件的对立事件的概率即可求出，即可判断D.

【详解】由题意可得，，

所以，故A正确；

因为事件，可以同时发生，故两事件不是对立事件，故B错误；

因为事件，互不影响，所以，为相互独立事件，

则，

因为事件表示第一次为偶数且第二次为偶数，所以，

又，所以与相互独立，故C正确；

事件表示第一次或第二次为偶数，它的对立事件为第一次和第二次都是奇数，

所以，故D正确.

故选：ACD.

12．若一条直线与两条或两条以上的曲线均相切，则称该直线为这些曲线的公切线，已知直线：为曲线：和：的公切线，则下列结论正确的是（    ）

A．曲线的图象在轴的上方

B．当时，

C．若，则

D．当时，和必存在斜率为的公切线

【答案】ABD

【分析】由函数解析式可直接判断A，利用导数研究曲线的切线方程，可用含的式子表示出切点的坐标，再将其代入直线，即可判断B，设，，利用，并结合斜率的计算公式，可得判断C，若和存在斜率为的公切线，则存在和使得，，再结合选项B中所得，求出和的值判断D．

【详解】选项A，由，得，可知曲线的图象在轴的上方，故A正确；

选项B，当时，：，：，

对于：，有，

因为直线：为曲线的切线，

所以，即，此时，

所以切点坐标为，将其代入切线方程中，

有，整理得，可得，即B正确；

选项C，当时，公切线为，

设，，则，，

所以，，解得，，故C错误；

选项D，当时，，，则，，

若和存在斜率为的公切线，则存在和使得，，

由选项B可知，，即，

所以，，即，，符合题意，

故当时，和必存在斜率为的公切线，即D正确．

故选：ABD．

三、填空题

13．二项式的展开式中含的系数为________．

【答案】10

【分析】先求二项式的展开式的通项公式，再令的次数为5即可求解.

【详解】展开式通项公式为，令，得，

展开式中含的系数为．

故答案为：10.

14．写出一个与两坐标轴和圆：都相切的一个圆的标准方程为________．

【答案】或或或（写出其中一个即可）

【分析】做出图像，即可求解.

【详解】圆的标准方程为，画图可知

圆和圆和圆和都与坐标轴和圆相切．

故答案为：或或或（写出其中一个即可）

15．已知为正方体表面上的动点，若，，则当取最小值时，________．

【答案】

【分析】先判断出点的轨迹是以为直径的两段半圆弧，再判断出当取最小值时，为线段与半圆弧的交点，即可求解.

【详解】，点的轨迹是以为直径的两段半圆弧．取中点，连接，当取最小值时，为线段与半圆弧的交点．此时，，，．

故答案为：

16．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，若上存在点，满足（为坐标原点），且的内切圆的半径等于，则双曲线的离心率为________．

【答案】5

【分析】利用直角三角形内切圆半径公式和双曲线的定义找到与的关系，从而求出离心率.

【详解】设，，点在双曲线的右支上，

由，可知，

又由双曲线的定义有，，

在中，的内切圆的半径，又由，可得，联立解得代入，

有，整理为，可得，

有，故双曲线的离心率．

故答案为：5

四、解答题

17．在等比数列和等差数列中，，，．

(1)求数列和的通项公式；

(2)令，，记数列的前项积为，证明：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析

【分析】（1）根据等差数列、等比数列通项公式即可求解；（2）求出，判断的单调性即可求解.

【详解】（1）设数列的公比为，数列的公差为，

由，有，，

又由，有，有，

又由，有，有，有，

可得，得或（舍去），故，，

故，；

（2）证明：由（1）知：，，

则，

当时，；

当时，，即，

又，，，，，

故，，

当时，，．

故．

18．已知函数在区间上单调，其中，，且．

(1)求的图象的一个对称中心的坐标；

(2)若点在函数的图象上，求函数的表达式．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据余弦函数的对称性，即可得出答案.

（2）由点在函数的图象上，可得，知函数在区间上单调递减，再由和，可得，又，可得出，即可得出结果.

【详解】（1）由函数在区间上单调，

且，可知，

故的图象的一个对称中心的坐标为

（2）由点在函数的图象上，

有，又由，

，

可知函数在区间上单调递减，

由函数的图象和性质，

有，

又，有，

将上面两式相加，有，

有，

又由，可得，

则，

又由函数在区间上单调，

有，可得，可得，

故．

19．铅球起源于古代入类用石块猎取禽兽或防御攻击的活动．现代推铅球始于14世纪40年代欧洲炮兵闲暇期间推掷炮弹的游戏和比赛，后逐渐形成体育运动项目．男、女铅球分别于1896年、1948年被列为奥运会比赛项目．为了更好地在中小学生中推广推铅球这项体育运动，某教育局对该市管辖内的42所高中的所有高一男生进行了推铅球测试，测试结果表明所有高一男生的成绩（单位：米）近似服从正态分布，且，．

(1)若从所有高一男生中随机挑选1人，求他的推铅球测试成绩在范围内的概率；

(2)从所有高一男生中随机挑选4人，记这4人中推铅球测试成绩在范围内的人数为，求的分布列和方差；

(3)某高一男生进行推铅球训练，若推（为正整数）次铅球，期望至少有21次成绩在范围内，请估计的最小值．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

(3)32

【分析】（1）根据正态分布的对称性计算指定区间的概率；

（2）根据二项分布计算分布列和方差；

（3）根据二项分布数学期望公式计算n.

【详解】（1）因为，所以，

又因为，所以，

所以；

（2）由，

有；；

；；

．

故的分布列为

；

（3）由（1）得计算知：，由二项分布可知，可得，又由为正整数，可得，

故的最小值为32．

20．如图，在正三棱柱中，，，分别是，，的中点，，．

(1)证明：；

(2)若三棱柱的高为1，求二面角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先构造平行四边形，得到，再利用线面垂直得到线线垂直即可证明结果；

（2）利用条件建立空间直角坐标系，先利用向量法的面面角的公式求出二面角的余弦值，再利用平方关系即可求出结果.

【详解】（1）取的中点，连接，，

依题意，且，又因为，所以，

由三棱柱的性质知，所以且，

所以四边形是平行四边形，所以，

又因为三棱柱为正三棱柱，所以，，又，，平面，

平面，平面，，

，

（2）因为是等边三角形，且边长为2，所以，

因为三棱柱的高为1，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，则由，得到，

取，则，，所以，

设平面的一个法向量为，则由，得到，

令，则，，所以，

设二面角为，

所以，

所以，所以二面角的正弦值为．

21．已知函数.

(1)当时，求函数的极值；

(2)若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)极小值为，没有极大值

(2)

【分析】（1）对函数进行求导、列表、判断函数的单调性，最后根据函数极值的定义进行求解即可；

（2）通过不等式的性质把原恒成立问题转化为不等式恒成立，然后构造新函数，对新函数进行求导，判断其单调性，进而求出新函数的最值，最后根据题意求出的取值范围即可.

【详解】（1）函数的定义域为，

当时，，，

令，可得，

当变化时，，的变化情况如下表

所以在上单调递减，上单调递增，

所以函数的极小值为，没有极大值.

（2）由恒成立，取，有，有，

又由函数单调递增，且，可得，

下面证明当时，恒成立，

由可化为，

又由，，有，

故只需证明：不等式恒成立，

令，有，上述不等式等价于，

令，

有

，

又由（当且仅当时取等号），

有，

令，可得，令，可得，

可得函数的单调递增区间为，递减区间为，

所以有，可得不等式成立，

若恒成立，则的取值范围为.

【点睛】方法点睛：根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别.

22．在平面直角坐标系中，已知椭圆：与椭圆：，且椭圆过椭圆的焦点.过点且不与坐标轴平行或重合的直线与椭圆交于，两点，与椭圆交于，两点.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若存在直线，使得，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据顶点与焦点坐标公式代入求解即可；

（2）设l：，分别与两椭圆的方程联立，根据弦长公式结合可得，再根据函数单调性求得的取值范围.

【详解】（1）因为椭圆过点，所以椭圆的焦点坐标为，则，

所以，即椭圆的标准方程为；

（2）易知直线的斜率存在，设：，

，，，，

联立直线l与椭圆，，消去y，整理得，

则，即，

，，

联立直线l与椭圆，，消去y，整理得，

则，即，

，，

所以，

，

因为，所以，

即，平方整理得，

因为，所以，设函数，则，

所以函数在上单调递增，

所以，

又，所以，

即的取值范围为.