黑龙江省牡丹江市第一高级中学2023届高三热身考试（二）数学试题（含解析）

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黑龙江省牡丹江市第一高级中学2023届高三热身考试（二）数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设全集，集合，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知直线，若，则（    ）
A． B．0 C．1 D．2
3．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则
（  ）
A．α∥β且∥α B．α⊥β且⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于 D．α与β相交，且交线平行于
4．“”是“函数在区间上单调递增”的（    ）
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
5．为落实党的二十大提出的“加快建设农业强国，扎实推动乡村振兴”的目标，银行拟在乡村开展小额贷款业务.根据调查的数据，建立了实际还款比例关于贷款人的年收入（单位：万元）的Logistic，模型：，已知当贷款人的年收入为8万元时，其实际还款比例为50%.若银行希望实际还款比例为40%，则贷款人的年收入为（    ）（精确到0.01万元，参考数据：，）
A．4.65万元 B．5.63万元 C．6.40万元 D．10.00万元
6．“赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，登舟比赛的划手分为划左桨和划右桨.某训练小组有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有（    ）
A．15种 B．18种 C．19种 D．36种
7．如图，是椭圆的左､右顶点，是上不同于的动点，线段与椭圆交于点，若，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．
8．已知向量满足，则在方向上的投影向量的模长的最大值为（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
9．已知复数，下列命题正确的是（    ）
A． B．若，则
C． D．若，则为实数
10．近年来，网络消费新业态､新应用不断涌现，消费场景也随之加速拓展，某报社开展了网络交易消费者满意度调查，某县人口约为万人，从该县随机选取人进行问卷调查，根据满意度得分分成以下组：、、、，统计结果如图所示.由频率分布直方图可认为满意度得分（单位：分）近似地服从正态分布，且，，，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得.则（    ）

A．由直方图可估计样本的平均数约为
B．由直方图可估计样本的中位数约为
C．由正态分布可估计全县的人数约为万人
D．由正态分布可估计全县的人数约为万人
11．已知函数，其中是其图象上四个不重合的点，直线为函数在点处的切线，则（    ）
A．函数的图象关于中心对称
B．函数的极大值有可能小于零
C．对任意的，直线的斜率恒大于直线的斜率
D．若三点共线，则.
12．在棱长为的正四面体中，过点且与平行的平面分别与棱交于点，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ）
A．
B．当分别为线段中点时，与所成角的余弦值为
C．线段的最小值为
D．空间四边形的周长的最小值为

三、填空题
13．将展开后按的升幂排列，则第3项为 .
14．在平面直角坐标系中，已知点，将线段绕原点顺时针旋转得到线段，则点B的横坐标为 .
15．已知在处有极大值，若 有两个零点，则实数n的取值范围为 .
16．已知的三个内角A，B，C满足，当最大时，动点P使得AP，AB，PB的长依次成等差数列，此时的最大值为 ．

四、解答题
17． 已知数列是正项等比数列，且.
(1)求的通项公式;
(2)若，求数列的前项和.
18．在平面四边形ABCD中，，，点B，D在直线AC的两侧，，．
(1)求∠BAC；
(2)求与的面积之和的最大值．
19．如图，已知四棱台的体积为，且满足，为棱上的一点，且平面.

(1)设该棱台的高为，求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
20．甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表：
第一轮
甲VS乙
丙VS丁
第二轮
甲VS丙
乙VS丁
第三轮
甲VS丁
乙VS丙
规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名.总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线.假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为，，.每场比赛结果相互独立.
(1)求丁的总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由；
(2)若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率.
21．已知抛物线与双曲线相交于两点是的右焦点，直线分别交于（不同于点），直线分别交轴于两点.
(1)设，求证：是定值；
(2)求的取值范围.
22．已知函数，a为实数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，，证明：

参考答案：
1．B
【分析】用列举法写出全集，再利用并集、补集的定义求解作答.
【详解】依题意，全集，而，有，
所以
故选：B
2．B
【分析】根据给定的条件，利用两直线的垂直关系列式计算作答.
【详解】因为直线，且，则，
所以.
故选：B
3．D
【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．
考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．
4．C
【分析】结合对数复合函数的单调性及充分条件、必要条件的定义，即可得答案.
【详解】令，，
若在上单调递增，
因为是上的增函数，
则需使是上的增函数且，
则且，解得.
因为⫋，故是的必要不充分条件，
故选：C.
5．A
【分析】先根据题中数据代入计算函数中参数的值，然后计算时的值即可.
【详解】由题意，即，得，所以.
令，
得，
得，
得
得.
故选：A.
6．C
【详解】根据题意，记只会划左桨的两人，只会划右桨的两人，既会划左桨又会划右桨的两人；
则不同的选派方法有以下三种：
（1）从中选择2人划左桨，划右桨的在中选两人，共有种，
（2）从中选择1人划左桨，则从中选1人划左桨，再从剩下的3人中选2人划右桨，共有种；
（3）从中选择0人划左桨，则中的两人划右桨，从中选2人划左桨，共有
所以，不同的选派方法共有19种.
故选：C
7．D
【分析】设 ，得到和，两式相除即可求解.
【详解】设 ，
则，
，
两式相乘得,①
因为直径所对的角是直角,所以
所以  ,②
①除以②得，故，
故选：D
8．D
【分析】根据数量即可求出的夹角，然后设，，由可得，，再由投影向量的定义求解即可.
【详解】因为，，
设的夹角为，，解得：，
因为，则，设，
所以设
，，
因为，则，
化简得：，所以
在方向上的投影向量的模长为：，
所以在方向上的投影向量的模长的最大值为：.
故选：D.
9．AC
【分析】根据复数的模长公式、共轭复数的定义以及复数的乘方，结合举反例，可得答案.
【详解】对于A，设，
则
，故A正确；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，设，，，，故C正确；
对于D，设，，，
当或时，，故D错误.
故选：AC.
10．ABD
【分析】利用频率分布直方图计算出样本的平均数与中位数，可判断AB选项；利用正态分布原则可判断CD选项.
【详解】对于A选项，由直方图可估计样本的平均数为
，A对；
对于B选项，前两个矩形的面积为，
前三个矩形的面积之和为，
设样本的中位数为，则，
由中位数的定义可得，解得，B对；
对于C选项，因为，，，
所以，，
所以，由正态分布可估计全县的人数约为万人，C错；
对于D选项，因为，，
所以，
，
所以，由正态分布可估计全县的人数约为万人，D对.
故选：ABD.
11．AD
【分析】由奇偶性和图象平移可判断A；利用导数求出极大值点，再由单调性与比较可判断B；利用导数求出，然后作差比较，即可判断C；根据化简即可判断D.
【详解】对于A，设，
因为，
所以为奇函数，图象关于原点对称，
所以的图象关于点中心对称，A正确；
对于B，令，解得，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得极大值，
由单调性可知，，故B错误；
对于C，，
因为，所以，
又，
所以
，
因为，所以
，即，C错误；
对于D，同上，可得，，
，
当三点共线时，则有，
整理得，
因为，所以，即，
又，所以，
整理得，
因为，所以，即，
所以，D正确.
故选：AD.
【点睛】思路点睛：本题解题思路是首先是构造函数，利用其奇偶性，再就是用导数判断出其单调性解题，利用切线斜率解题，考查了学生的思维能力、运算能力.
12．ABD
【分析】A选项，先根据线面平行的性质定理推导出//，然后利用向量证明即可；B选项，利用平移的办法，将与所成角放到三角形中，用余弦定理计算；C选项，根据B的中间步骤可知C错误；D选项，可以分析出的周长为，故求最小值即可.
【详解】
由题知，//平面，而平面平面，平面，根据线面平行的性质定理可知，//，
又，
即，故，A选项正确；
连接，易得，又，于是（三线合一），故，
取中点，连接，由中位线可知，在中由余弦定理，，即，
由//，与所成角即为（或其补角），在中根据余弦定理，，B选项正确；
根据B选项分析，当分别为线段中点时，，C选项错误；
由//，由于为正三角形，则也是正三角形，故，故四边形的周长为：，当为中点，即时，有最小值.
即空间四边形的周长的最小值为，D选项正确.
故选：ABD
13．
【分析】展开后按的升幂排列，则第3项即为含的项，求出的通项公式，令和，求解即可得出答案.
【详解】的通项公式为，
展开后按的升幂排列，则第3项即为含的项，
，
令，则，令，则，
所以的系数为：.
故答案为：
14．
【分析】利用三角函数定义可知，射线对应的的角满足，再利用任意角的关系和两角差的余弦公式即可得点B的横坐标为.
【详解】易知在单位圆上，记终边在射线上的角为，如下图所示：

根据三角函数定义可知，；
绕原点顺时针旋转得到线段，则终边在射线上的角为，
所以点B的横坐标为.
故答案为：
15．或
【分析】求出函数的导数，根据给定条件求出，再探讨函数的性质，结合图象求出直线与的图象有两个公共点的n的范围作答.
【详解】函数的定义域为，求导得，
依题意，，解得，此时，
当或时，，当或时，，则在处取得极大值，即，
于是函数在上单调递增，在上单调递减，且，
显然，函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极小值，显然当时，，
而函数在上递减，函数值集合为，则函数在上的取值集合为，
当时，，函数在上的取值集合为，
因此函数在上的取值集合为，函数的图象如图，
    
函数有两个零点，即直线与的图象有两个公共点，
观察图象得或，
所以实数n的取值范围为或.
故答案为：或
16．
【分析】利用已知条件找到和另两个角的恒等关系，再找到最大时的形状，最利用椭圆定义及性质求解．
【详解】由，利用两角和差的余弦公式展开，
整理得，即．
因为，则，
从而，当仅仅当时，等号成立，
因为，所以当最大时，，
则，为等腰三角形，
不妨设．
以AB为轴，AB中垂线为轴建立直角坐标系，则，
由AP，AB，PB的长依次成等差数列，得|AP|＋|PB|＝2|AB|＝8，8＞|AB|，
则点P的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为8的椭圆，其中a＝4，c＝2，b＝，
则椭圆的方程为．

设，
则，
根据二次函数的性质可知，
当时，．
所以的最大值为．
故答案为：
17．(1)
(2)

【分析】（1）由等比数列的性质结合已知条件可得，从而可求出公比，进而可求出的通项公式，
（2）由（1）得，然后利用错位相减法可求得
【详解】（1）由等比数列的性质可得，
由题意可得，解得，
所以等比数列的公比为，
所以.
（2）由（1）得.
所以，①
则，②
①②得
，
因此；
18．(1)
(2)1

【分析】（1）在中，利用余弦定理求，结合勾股定理分析运算；
（2）设，利用正弦定理和面积公式用表示面积，结合三角恒等变换分析运算.
【详解】（1）在中，由余弦定理，
即，
因为，所以.
（2）设，则，
在中，由正弦定理，
可得，
因为的面积，
的面积，
可得与的面积之和

，
因为，则，
可知当，即时，取到最大值1，
即与的面积之和的最大值为1.

19．(1)证明见详解
(2)

【分析】（1）利用线面平行条件求AE，再结合等腰梯形可求得，然后利用棱台的体积公式求出h可证；
（2）利用三角形可求，再用等体积法求出点E到平面的距离，然后可得.
【详解】（1）连接，由棱台性质可知，，可得，
又，，所以，所以四点共面
又因为平面，平面平面，平面
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，
又四边形为等腰梯形，
易知为梯形的高，即
所以
易得上下底面的面积分别为：，
由体积公式有，解得
所以


（2）连接
由（1）知，所以平面ABCD，
因为平面平面，所以平面平面ABCD，
又，平面平面，平面，
所以平面
因为平面，所以
易得
记三棱锥的高为，
则由得，解得
又，
所以
所以直线与平面所成角的正弦值为
20．(1)，一定出线，理由见解析
(2)

【分析】（1）由相互独立事件的乘法公式求解即可得出丁的总分为7分的概率；再分析丁出线的原因；
（2）丁以6分的成绩出线分为三种情况：第二轮中若甲负于丙或平丙、第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙和第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，分别求出其概率即可得出答案.
【详解】（1）记第轮比赛丁胜、平、负的事件分别为，每场比赛结果相互独立.
丁总分为7分，则丁三场比赛两胜一平，记丁三轮比赛两胜一平的事件为，

丁总分7分一定出线.
理由如下：丁三场比赛中赢两场，这两场丁的对手比分最多6分.
小组赛两队出线，所以丁一定出线.
（2）第一轮比赛，甲胜乙，丙胜丁，又丁总分为6分，则丁对战甲、乙都获胜，此时，乙队总分最多3分，少于丁队总分，
①第二轮中若甲负于丙或平丙时，甲总分最多4分，少于丁队总分，此时甲、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率，
②第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙时，丙总分最多4分，此时丙、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率，
③第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，此时由抽签确定出线，三队中有两队出线，每队出线概率为，
丁队出线的概率，
综上，丁以6分出线的概率为.
21．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）根据给定条件，设出直线的方程，与抛物线的方程联立即可计算作答.
（2）由（1）求出直线的方程并求出点的横坐标，直线的方程与双曲线的方程联立，借助直线求出点的横坐标，再列式求出范围作答.
【详解】（1）由是直线与抛物线的两个交点，显然直线不垂直y轴，点，
故设直线的方程为，由消去并整理得，
所以为定值.
  
（2）由（1）知，直线的斜率，方程为，
令，得点的横坐标，设，
由消去得，
，
，
而直线的方程为，依题意，
令，得点的横坐标

，
因此，
所以的取值范围是.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
22．(1)递减区间为，递增区间为.
(2)证明见解析

【分析】（1）求导，由导函数的正负即可确定的单调区间，
（2）构造函数，求导得的单调性，即可证明，构造函数求导，利用单调性即可求证.
【详解】（1）函数的定义域为，

令，所以，得，
当，，当，，
故函数递减区间为，递增区间为.
（2）因为函数在处取得极值，
所以，得，
所以，得，
令，
因为，当时，，
所以函数在单调递减，在单调递增，
且当时,,当时,,
故.                           
先证，需证.
因为，下面证明.
设,
则,
故在上为增函数,故,
所以,则,
所以,即得，
下面证明：
令，当时，所以成立,
所以，所以.
当时，记,
所以时，所以为减函数得,
所以,即得.
所以得证，
综上，.
【点睛】思路点睛：求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.