45，黑龙江省哈尔滨市第九中学校2023-2024学年高三下学期开学考试数学试题

这是一份45，黑龙江省哈尔滨市第九中学校2023-2024学年高三下学期开学考试数学试题，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

Ⅰ卷
一、单选题：本题共有8个小题，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（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解指数不等式和二次不等式确定集合，然后由并集定义计算．
【详解】∵，，∴．
故选：C．
2. 若，则复数在复平面内所对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【详解】因为，所以，
因此复数在复平面内所对应的点在第二象限.
故选：B.
3. 将函数的图象向右平移个单位后，图象经过点，则的最小值为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【分析】根据三角函数平移变换的规律得到向右平移φ（φ＞0）个单位长度的解析式，将点带入求解即可．
详解】将函数y＝sin2x的图象向右平移φ（φ＞0）个单位长度，
可得y＝sin2（x﹣φ）＝sin（2x﹣2φ），
图象过点，
∴sin（2φ），
即2φ2kπ，或2kπ，k∈Z，
即φ 或，k∈Z，
∵φ＞0，
∴φ的最小值为．
故选B．
【点睛】本题主要考查了函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，考查计算能力，属于基础题．
4. 下列函数中，值域为的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据初等函数的性质逐一求出相应值域即可得答案.
【详解】因为，且，所以或，A错误；
因为，所以，B错误；
因为，所以，C错误；
因为，所以，即的值域为，D正确.
故选：D
5. 函数的单调递增区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得的定义域，结合复合函数的单调性，即可求得结果.
【详解】，即，解得，即的定义域为；
又在单调递减，在单调递增，在为单调增函数，
故在单调递减，在单调递增.
故选：D.
6. 若实数、、使得函数的三个零点分别为椭圆、双曲线、抛物线的离心率、、，则、、的一种可能取值依次为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知，，，设，求出、、的范围，即可得出合适的选项.
【详解】由题意可知，，，，
设
，
所以，，且，故满足条件的为C选项.
故选：C.
7. 数列满足，，若，且数列的前项和为，则（ ）
A. 64B. 80C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，即数列是等差数列，由此求出，分别令
可求出.
【详解】数列满足，，
则，
可得数列是首项为1、公差为1的等差数列，
即有，即为，
则，
则
.
故选：C.
8. 已知，若实数，则在区间上的最大值的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出函数的图象，将问题转化为函数上的点到直线的距离，在区间上的最大值问题，然后观察图象可得.
【详解】作出函数的图象如图：
因为，
因为，所以，
表示函数上的点到直线的距离，
由图可知，当时，取得最大值，最大值为；
当时，，
结合图象可知，在区间上总有，
所以，此时的最大值为；
当时，由图可知，，
且.
综上，在区间上的最大值的取值范围为.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题主要考查分段函数图象的运用，关键在于作图和简问题转化为在区间上点到直线的距离的最值问题.
二、多选题：本题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据作差法分析判断A、D，根据不等式的性质分析判断B、C.
【详解】对A：
∵，，
∴由不能得出，例如，A错误；
对B：
∵，
∴，即，B正确；
对C：
∵，则，
∴，C正确；
对D：
作差得：，
∵，，则，
∴，即，D正确.
故选：BCD
10. 奇函数与偶函数的定义域均为，且满足，则下列判断正确的是（ ）
A. B.
C. 在上单调递增D. 的值域为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据奇偶性求出即可判断ABC；利用基本不等式可判断D.
【详解】因为为奇函数，为偶函数，所以，
因为①，所以，即②，
所以由①②解得，故B正确；
，故A错误；
在上单调递增，在上单调递减，则在上单调递增，故C正确；
因为，当且仅当时取等号，
所以的值域为，所以D正确.
故选：BCD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ）

A. P为中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体所得的截面的面积为
B. 存在点P，使得平面平面
C. 的最小值为
D. 三棱锥外接球表面积最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】连接，由三角形中位线性质和正方体性质可知，过D，P，Q三点的截面为梯形，然后计算即可得截面面积，可判断A；假设存在，然后利用面面平行性质定理推得，矛盾，可判断B；利用侧面展开图可求得最小值，判断C；利用补形法求外接球表面积即可判断D.
【详解】A选项：连接，由三角形中位线性质和正方体性质可知，，且，所以过D，P，Q三点的截面为梯形，
易知，
作，则，，
所以梯形的面积，A正确；

B选项：若存在点P，使得平面平面，则由平面平面，平面平面可知，显然不平行，故B错误；

C选项：将侧面展开如图，显然当Q、P、D三点共线时，取得最小值，最小值为，C错误；

D选项：由题知，两两垂直，所以三棱锥外接球，即为以为共顶点的三条棱的长方体的外接球，记其半径为R，
则，
显然，当点P与C重合时，取得最大值，此时外接球表面积取得最大值，D正确.
故选：AD
12. 如图，双曲线的光学性质:是双曲线的左、右焦点，从发出的光线m射在双曲线右支上一点P，经点P反射后，反射光线的反向延长线过；当P异于双曲线顶点时，双曲线在点P处的切线平分.若双曲线C的方程为，则下列结论正确的是（ ）
A. 若射线n所在直线的斜率为k，则
B. 当时，
C. 当时，
D. 若点T的坐标为，直线与C相切，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由题意直线与双曲线有两个交点，结合渐近线斜率即可判断；对于B，结合双曲线定义勾股定理进行验算即可判断；对于C，由双曲线定义、余弦定理以及三角形面积公式即可判断；对于D，由双曲线定义结合角平分线定理即可验证.
【详解】因为双曲线C的方程为，所以，渐近线方程为.
对于A，因为从发出的光线m射在双曲线右支上一点P，经点P反射后，反射光线的反向延长线过.
所以直线与双曲线有两个交点，所以，故A正确；
对于B，由双曲线的定义，结合图形，可得，又，
所以，
因为，
所以，解得，故B正确；
对于C，设，在中，由余弦定理得，
又，，
所以，
，故C错误；
对于D，因为平分，由角平分线定理知，，
所以，又，所以，解得，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：充分利用双曲线定义以及解三角形知识、灵活转换利用已知条件，并通过数学结合思想是顺利解题的关键.
Ⅱ卷
三、填空题：本题共有4个小题，每小题5分，共20分.
13. 在二项式的展开式中，有理项的个数为____________.
【答案】3
【解析】
【分析】先根据二项展开式通项公式确定有理项取法，再确定有理项的个数.
【详解】
所以当时，为有理项，因此有理项的个数为3，
故答案为：3
【点睛】本题考查二项展开式定理应用，考查基本分析求解能力，属基础题.
14. 在中，已知，，，则在方向上的投影向量的模为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由得到，再根据得到，即得解.
【详解】解：在中
，
即
所以，
故
，
即，
故
解得或
，B为直角的内角
，
故，
又，
故在方向上的投影向量的模为.
故答案为：
15. 已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是__．
【答案】
【解析】
【分析】首先将题意转化为在上有解，再分别画出图象即可得到答案.
【详解】由题意可知在上有解，
即在上有解，
画出与的函数图象，则两图象在上有交点，
显然，当时，即两图象在上一定有交点，
故答案为：
【点睛】本题主要考查函数的图象问题，同时考查了方程的根的问题转化为函数图象的交点问题，属于难题.
16. 在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线. 在平面直角坐标系中，动点到两个定点的距离之积等于1，化简得曲线. 则的最大值为_________________.
【答案】
【解析】
【分析】根据，求出，先计算出，从而得到，得到答案.
【详解】因为，所以，
，两边平方得，即，
解得，
故，
则，的最大值为.
故答案为：
四、解答题：本题共有6个小题，共70分.
17. 如图，在海岸线一侧有一休闲游乐场，游乐场的前一部分边界为曲线段，该曲线段是函数，的图象，图象的最高点为.边界的中间部分为长1千米的直线段，且.游乐场的后部分边界是以为圆心的一段圆弧.
(1)求曲线段的函数表达式；
(2)如图，在扇形区域内建一个平行四边形休闲区，平行四边形的一边在海岸线上，一边在半径上，另外一个顶点在圆弧上，且，求平行四边形休闲区面积的最大值及此时的值.
【答案】（1），，；（2）时，平行四边形面积最大值为．
【解析】
【分析】（1）由题意可得，，代入点求，从而求解析式；（2）作图求得，从而求得最值．
【详解】（1）由已知条件，得，
又，，．
又当时，有，．
曲线段的解析式为，，．
（2）如图，，，，，
作轴于点，在中，，
在中，，
．
．
当时，即时，平行四边形面积最大值为．
【点睛】本题主要考查了三角函数在实际问题中的应用，考查了学生的作图能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于中档题．
18. 记数列的前项和，对任意正整数，有 ，且 .
（1）求数列的通项公式；
（2）对所有正整数，若，则在和两项中插入，由此得到一个新数列，求的前91项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由得出数列的递推关系，然后由连乘法求得通项；
（2）考虑到，，从而确定的前91项中有87项来自，其他4项由组成，由此分组求和．
【小问1详解】
由，则，两式相减得：，
整理得：，即时，，
所以时， ，
又时，，得，也满足上式.
故.
【小问2详解】
由，所以，
又，所以前91项中有87项来自.
所以故
.
19. 为积极响应“反诈”宣传教育活动的要求，提高市民“反诈”意识，某市进行了一次网络“反诈”知识竞赛，共有10000名市民参与了知识竞赛，现从参加知识竞赛的市民中随机地抽取100人，得分统计如下：
（1）现从该样本中随机抽取两名市民的竞赛成绩，求这两名市民中恰有一名市民得分不低于70分的概率；
（2）若该市所有参赛市民的成绩近似服从正态分布，试估计参赛市民中成绩超过79分的市民数（结果四舍五入到整数）；
（3）为了进一步增强市民“反诈”意识，得分不低于80分的市民可继续参与第二轮答题赠话费活动，规则如下：
①参加答题的市民的初始分都设置为100分；
②参加答题的市民可在答题前自己决定答题数量，每一题都需要用一定分数来获取答题资格（即用分数来买答题资格），规定答第k题时所需的分数为；
③每答对一题得2分，答错得0分；
④答完题后参加答题市民的最终分数即为获得的话费数（单位：元）．
已知市民甲答对每道题的概率均为，且每题答对与否都相互独立，则当他的答题数量为多少时，他获得的平均话费最多？
参考数据：若，则，，
【答案】（1）
（2）1587 （3）或
【解析】
【分析】（1）由表可知，现从该样本中随机抽取两名市民的竞赛成绩，基本事件总数为，这两名市民中恰有一名市民得分不低于70分包含的基本事件的个数为，利用古典概型公式即可得解.
（2）根据正态分布区间概率公式求解即可.
（3）以随机变量表示甲答对的题数，则且，记甲答完题所加的分数为随机变量，则，所以，列出甲答完n题后的最终得分为，即可得出结果.
【小问1详解】
从该样本中随机抽取两名市民的竞赛成绩，基本事件总数为，设“抽取的两名市民中恰有一名市民得分不低于70分”为事件A，则事件包含的基本事件的个数为，因为每个基本事件出现的可能性都相等，所以，
即抽取的两名市民中恰有一名市民得分不低于70分的概率为；
【小问2详解】
因为，所以，
故参赛市民中成绩超过79分的市民数约为；
【小问3详解】
以随机变量表示甲答对题数，
则且，
记甲答完题所加的分数为随机变量，
则，所以，
依题意为了获取答道题的资格，
甲需要的分数为：，
设甲答完题后的最终得分为，
则
.
由于，所以当或时，取最大值
即当他的答题数量为或时，他获得的平均话费最多.
【点睛】本题考查古典概型、正态分布的性质、二项分布的性质及数学期望的实际应用，考查学生对数据的分析与处理能力.
20. 如图，在四边形 中（如图1），，=分别是边上的点，将 沿 翻折，将 沿 翻折，使得点 与点重合（记为点 ），且平面平面 （如图2）
（1）求证：；
（2）求二面角 余弦值.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由面面垂直的性质定理可得平面PBC，从而可得.
（2）根据题意，取BC中点，连接PO，以为原点，CB，CF所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，然后由空间向量的坐标运算即可得到结果.
【小问1详解】
证明：∵平面平面，
平面平面，又∵平面，且
∴平面，且平面，∴.
【小问2详解】
取BC中点，连接PO，∵，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
以为原点，CB，CF所在直线分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，，，设，
由得，解得，所以，
设，由得，解得，
∴，则，，
设平面的一个法向量，
，令，得，
∴平面，所以平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，易知为锐角，
则，
∴二面角的余弦值为．
21. 已知椭圆离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
（1）求的方程；
（2）设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；
（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.
【小问1详解】
依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，

易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
22. 设函数，其中．
（1）讨论的单调性；
（2）当存在小于零的极小值时，若，且，证明：．
【答案】（1）见解析
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）求导函数，根据为增函数，为减函数.
（2）首先根据（1）的结果判断出满足条件的单调性，再利用构造函数判断其单调性即可得出结论.
【小问1详解】
由
①当时，在上单调递增.
在上单调递减.
②当时，令
（i）当时，，
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，恒成立，故在上单调递增
（ii）当时，或，，故在和上单调递增，在上单调递减.
(iii) 当时，或，，故在上单调递增，在和上单调递减.
综上所述：当时， 在上单调递增.在上单调递减.
当时，若，在上单调递增；
若，在和上单调递增，在上单调递减；
若，在上单调递增，在和上单调递减.
【小问2详解】
当存在小于零的极小值时，满足题意，此时在上单调递增；
当时，极小值为，
令，则，
再令，该函数在上单调递增，在单调递减，
所以，所以，单调递减，
又，所以，，在上单调递增；
所以当存在小于零的极小值时，在上单调递增，
令
令
在上单调递增，而
在上单调递增

从而
在上单调递减
成绩（分）
频数
6
12
18
34
16
8
6