【黑龙江卷】黑龙江省名校联盟2023-2024学年高三上学期模拟测试数学

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【解析】依题意，令，则，所以，所以，即，所以，故选B.
2.【答案】A
【解析】因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，故选A.
3.【答案】D
【解析】因为，所以，所以集合，对于选项，不等式的解为，所以选项不合题意；对于选项，不等式等价于，解得，所以选项不合题意；对于选项，，所以选项不合题意；对于选项，，符合题意，故选D.
4.【答案】C
【解析】依题意，，
故选C
5.【答案】A
【解析】依题意，所以①，又与向量共线，，所以②，由①②联立，
解得或，又与向量方向相反，
所以舍去，所以，故选A
6.【答案】C
【解析】依题意可知，在中，由正弦定理可知，若，则，于是，且，函数在上单调递减，所以，又，则，所以满足充分性；且以上过程可逆，因此也满足必要性，故选C.
7.【答案】B
【解析】依题意，设正四棱柱的底面边长为，高为，圆柱的高为，则圆柱的底面半径为，则有，整理得，正四棱柱与圆柱的侧面积之比，故选B.
8.【答案】D
【解析】依题意，因为，
即，
又，所以，又，
所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，故选D.
9.【答案】AC
【解析】依题意，，所以，，所以，
所以，所以数列的公差大于0，且，所以选项正确，B选项不正确；所以最小，即，所以C选项正确；
，所以选项不正确，故选AC.
10.【答案】ABD
【解析】依题意，因为
令，当时，，
所以是函数的一条对称轴，所以选项正确（另解：因为，即当时，函数取得最大值，所以是函数的一条对称轴）；
令，当，所以
是函数的一个对称中心，所以选项正确（另解：因为，即是函数的零点，所以是函数的一个对称中心）.
对于选项，
因为
又将曲线向左平移个单位可得到曲线，所以选项不正确；
因为，
当，则，所以函数的值域为，所以
选项正确，故选
11.【答案】CD
【解析】由直线，可化为，即直线过定点
，所以选项不正确；
因为直线与圆有总有两个公共点，可得点在圆内部，
所以，解得，所以不正确；
当时，圆的方程为，可得圆心，又
则，可得长的最小值为，最大值即为直径6，所以选项正确；
当时，圆的方程为，
则
当直线过圆心，此时，可得的最小值-1，
所以的最小值为-25
故选CD.
12.【答案】ACD
【解析】
如图，对于选项，异面直线与直线所成的角，即为直线与直线所成角，连接，则即为直线与直线所成的角，在中，，，则，所以，所以选项正确；
延长交延长线于，连接交于，
延长交延长线于，连接交于，
则五边形即为平面截该四棱柱得到的截面.即截面为五边形，所以选项正确；
与平面的交线即为，则，又，所以与不平行，所以选项不正确；
对于D选项，由于，所以，
又，所以，
为等腰三角形，
，
所以的面积为
设点到截面的距离为，则，
即，解得，即点到截面的距离为，
所以D选项正确，故选ACD.
13.【答案】
【解析】当，又因为为上的奇函数，
所以，解得，
又，所以当.
14.【答案】
【解析】依题意，可知，则，
整理得，
所以
15.【答案】
【解析】设的中点为，四面体的外接球的球心为，
因为，所以为外接圆的圆心，
即点为四面体的外接球过三点的截面圆的圆心，
圆的半径为，则，
因为，
所以，
当且仅当时，取等号，
即当且仅当为等腰直角三角形时，的面积最大，
连接并延长交球面于一点，若使得四面体的体积最大，则该交点应为点，即为四面体的高，设，
则有，
则，
令，
则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以三棱锥的体积的最大值为.
故答案为.
16.【答案】；
【解析】依题意，因为为偶函数，所以，即，
令，则，所以关于点对称，所以函数的一个对称中心为，
因为均为偶函数，所以，所以函数的图象关于直线对称，即，
又因为，
所以，所以，
，
所以，即函数是周期为4的周期函数，
，即
，所以
，所以，
所以
所以也是周期为4的周期函数，
17.【解析】
（1）设等差数列的公差和等比数列的公比为，
因为，即，解得，
所以.
（2）数列中的项从小到大依次为，
而
依题意可知新数列的前60项中，数列的项只有前6项，数列有54项，
所以
.
18.【解析】
（1）函数的定义域为，
，
令，解得，所以函数的单调递增区间是
令，解得，所以函数的单调递减区间是
（2）由题意可得，
设切点坐标为，则切线斜率，
所以切线方程为，
将代入得.
因为存在三条切线，即方程有三个不等实数根，
则方程有三个不等实数根等价于函数的图像有三个交点，
设，则，
当时，单调递增；
在和上，单调递减，，
当或时，，
画出的图象如图，
要使函数的图像有三个交点，需，
即，即实数的取值范围，
19.【解析】
（1）连接，因为，
由余弦定理可得，所以
，
在中，，
则，所以，
又
所以底面，
依题意可知为等腰梯形，，可得，取中点，连接，
则，所以四边形为平行四边形，
又，所以，又
所以平面，
所以平面，又平面，
所以面平面.
（2）解法1：
如图，建立空间直角坐标系，
，
，
设平面法向量为，
则，
取，得
同理，设面法向量为，则
，
取，得，
由题意，
设平面与平面的夹角为，则，
解法2：由（1）可知，平面平面平面平面，
过作，则平面垂足为平面，则，
过作的垂线，垂足为，连，
由于平面，
所以平面平面，故，
则为所求二面角夹角的平面角.
，所以，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20.【解析】
（1）依题意，将圆的方程化为
令，即，则恒成立，
解得，即圆过定点
（2）当时，圆，
直线
设，依题意四边形的面积，
当取得最小值时，四边形的面积最小，
又，即当最小时，四边形的面积最小，
圆心到直线的距离即为的最小值，
即
，即四边形面积最小值为，
此时直线与直线垂直，
所以直线的方程为，与直线联立，
解得，以为直径的圆的方程为
即，又圆，
两式作差可得直线方程
21.【解析】
（1）由题意可知，在中，
所以，所以为等腰三角形，所以，
在中，，
，由正弦定理：，即，解得
在中，，
由余弦定理：
所以两处景点之间的距离为
（2）在中，由余弦定理，
在中，因为，
由正弦定理：，
即，解得
所以栈道所在直线与两处景点的连线不垂直.
注：第（2）问其他解法，可参考以上标准酌情给分.
22.【解析】
（1）当时，
所以
令在恒成立，所以函数在单调递增，且
，
所以当，函数在上单调递减；
当，函数在上单调递增；
所以函数在处取得极小值，无极大值；.
（2）当时，
所以.
令在恒成立
所以函数在单调递增，
且当时，；当时，，
所以函数在存在唯一零点，
即，
且当，函数在上单调递减；
当，函数在上单调递增
所以函数在处取得极小值
要证不等式成立，
即证成立，
即
当且仅当时，即时，等号成立，
所以
注：第（2）问其他解法，可参考以上标准酌情给分.