黑龙江省哈尔滨市第九中学校2023届高三第四次模拟数学试题（含解析）

黑龙江省哈尔滨市第九中学校2023届高三第四次模拟数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．命题，，则命题p的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

2．已知集合，，则集合B的子集的个数是（    ）

A．2 B．4 C．8 D．16

3．函数的部分图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

4．过坐标原点的直线与圆相交，且将该圆分成的两段弧长之比为，则的斜率为（    ）

A． B． C．或 D．或

5．现代建筑物的设计中通常会运用各种曲线、曲面，将美感发挥到极致.如图所示是位于深圳的田园观光塔，它的主体呈螺旋形，高15.6m，结合旋转楼梯的设计，体现了建筑中的数学之美.某游客从楼梯底端出发一直走到顶部.现把该游客的运动轨迹投影到塔的轴截面，得到曲线方程为（x，y的单位：m）.该游客根据观察发现整个运动过程中，相位的变化量为，则约为（    ）

A．0.55 B．0.65 C．0.75 D．0.85

6．某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上､下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（    ）

A． B． C． D．

7．如图，在平面四边形中，，，，，，，若点F为边AD上的动点，则的最小值为（    ）

A．1 B． C． D．2

8．已知函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．已知复数z=a+bi（a，b），其共轭复数为，则下列结果为实数的是（    ）

A． B． C． D．

10．已知，，且，则（    ）

A． B．

C． D．

11．已知正方体的棱长为2，M为的中点，N为正方形所在平面内一动点，则下列命题正确的有（    ）

A．若，则线段中点P的轨迹所围成图形的面积为

B．若N到直线与到直线的距离相等，则点N的轨迹为抛物线

C．若直线与所成的角为，则点N的轨迹为双曲线

D．若直线与平面所成的角为，则点N的轨迹为椭圆

12．已知数列为公差为的等差数列，为公比为的正项等比数列.记，，，，则（    ）

参考公式：

A．当时， B．当时，

C． D．

三、填空题

13．已知，则的值为______．

14．幂函数满足：任意有，且，请写出符合上述条件的一个函数___________．

15．已知红箱内有3个红球、2个白球，白箱内有2个红球、3个白球，所有小球大小、形状完全相同．第一次从红箱内取出一球后再放回去，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回去，以此类推，第次从与第k次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回去．则第3次取出的球是红球的概率为______．

16．已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于的两点.设，且，则的周长的最大值为__________.

四、解答题

17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求的值；

(2)设为边上的高，，求的最大值．

18．如图1，在梯形中，，，，，，线段的垂直平分线与交于点，与交于点，现将四边形沿折起，使，分别到点，的位置，得到几何体，如图2所示．

(1)判断线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．

(2)若，求平面与平面所成角的正弦值．

19．随着网络技术的迅速发展，直播带货成为网络销售的新渠道．某服装品牌为了给所有带货网络平台分配合理的服装量，随机抽查了100个带货平台的销售情况，销售每件服装平均所需时间情况如下频率分布直方图．

(1)求m的值，并估计这100个带货平台销售每件服装所用时间的平均数a；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）

(2)假设该服装品牌所有带货平台销售每件服装平均所需时间X服从正态分布，其中μ近似为a，．若该服装品牌所有带货平台约有10000个，销售每件服装平均所需时间在区间内的平台属于“合格平台”．为了提升平台销售业务，该服装品牌总公司对平台进行奖罚制度，在时间大于44.4分钟的平台中，每卖一件扣除（）元；在时间小于14.4分钟的平台中，每卖一件服装奖励元；对于“合格平台”，每卖一件服装奖励1元．求该服装品牌总公司在所有平台均销售一件服装时至少需要准备多少资金用于本次平台销售业务提升．

附：若X服从正态分布，则，，．

参考数据：．

20．数列中，，，记．

(1)求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；

(2)记，求的前n项和；

(3)记，求的最大值与最小值．

21．已知圆心为D的动圆经过定点，且内切于圆．

(1)求动点D的轨迹C的方程；

(2)直线与C相交于两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段于点Q，直线的斜率为k（O为坐标原点），的面积为，的面积为，若，判断：是否为定值？并说明理由．

22．曲线的曲率是针对曲线上某个点的切线方向角对弧长的转动率，曲线的曲率越大，表示曲线的弯曲程度越大，若记，则函数在点处的曲率为.

(1)求证：抛物线（）在处弯曲程度最大；

(2)已知函数，，，若，曲率为0时的最小值分别为，，求证：.

参考答案：

1．A

【分析】根据含有一个量词的命题的否定，即可判断出答案.

【详解】由题意得，为全称量词命题，

故命题p的否定是，，

故选：A

2．C

【分析】首先确定集合的元素，再求集合的元素，根据子集个数公式，即可求解.

【详解】因为，的周期为4，当时，函数值分别是，

则，因此,

所以集合的子集个数为个.

故选：C

3．A

【分析】首先求出函数的定义域，再判断函数的奇偶性，最后利用特殊值及排除法判断即可.

【详解】因为，则，解得且，

所以函数的定义域为，

令，则，即为偶函数，

又为奇函数，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除D，

又，故排除B、C；

故选：A

4．B

【分析】由题得两段弧所对的圆心角分别为和，圆心到的距离为1，设的方程为，解方程即得解.

【详解】圆心坐标为，半径为2，因为将该圆分成的两段弧长之比为，

则两段弧所对的圆心角分别为和，

由几何性质可知，圆心到的距离为1，

设的方程为，则，

所以．

故选：B

5．A

【分析】根据建筑物的高，游客的初始位置和最后位置，表达出运动过程的位移变化量，即可计算出的值.

【详解】由旋转楼梯高为知，投影到轴截面上后，

对应曲线中，游客移动的水平距离是15.6，

∵初始时游客在最底端，

∴当时，初相为，

∵整个运动过程中，相位的变化量为，且最后游客在最高点，

∴最后的位置，

∴，

解得：，

故选：A.

6．C

【分析】先根据题意得到杯套的形状可看作一个圆台，求出该圆台的母线长及上、下底面圆的半径，然后结合圆台的侧面积公式、圆的面积公式求解即可.

【详解】根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的，即4cm，

下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm，

上底面圆的半径是，

所以杯套的表面积.

故选：C.

7．B

【分析】以为原点建立平面直角坐标系，求得，设，令，得出，利用数量积的运算得到，结合二次函数的性质，即可求解.

【详解】以为原点，以所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

依题意得，又，

在中，由余弦定理得，

所以，所以，故，

在中，由余弦定理得，

所以，所以，

因为，，故，

因为，，所以，

所以在中，，

所以为等边三角形，

所以，所以，

设，由题意令，即，

解得，所以，

所以，

设，可得其对称轴为，且开口向上，

所以时，取得最小值，即的最小值为.

故选：B.

8．D

【分析】将问题转化为函数与图象有两个不同的交点，根据换元法将函数转化为，利用导数讨论函数的单调性求出函数的值域，进而得出参数的取值范围.

【详解】函数的定义域为，

，

设，则，

令，令，

所以函数在(0，1)上单调递减，在上单调递增，且，

所以，所以

函数有两个不同的零点等价于方程有两个不同的解，

则，

等价于函数与图象有两个不同的交点.

令，则，，

设，则，

令，令，

所以函数在(0，1)上单调递减，在上单调递增，且，

所以，所以，解得.

故选：D

9．BCD

【分析】逐个代入化简，检验虚部是否为0，即可判断.

【详解】对于A，，不一定为实数;

对于 B， ;

对于 C，;

对于 D，.

故选：BCD.

10．BD

【分析】由不等式的性质与基本不等式对选项逐一判断

【详解】对于A，，，所以，故A错误，

对于B，，即，，，故B正确，

对于C，，，故C错误，

对于D，，当且仅当时，等号成立，故D正确．

故选：BD

11．BC

【分析】A，由题意可得中点的轨迹为以中点为圆心，为半径且平行于平面的圆，计算可判断选项A；

B，由平面，可得即为到直线的距离，由抛物线的定义即可判断选项B；

C，建立空间直角坐标系，设，，，由与所成的角为，可得点的轨迹方程，从而判断选项C；

D，由与平面所成的角为，计算可得为定值，可判断点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，从而判断选项D．

【详解】解：对于A，，，所以，

则的中点到中点的距离为，

中点的轨迹为以中点为圆心，为半径且平行于平面的圆，

其面积为，故A错误；

对于B，平面，即为到直线的距离，

在平面内，点到定点的距离与到定直线的距离相等，

所以点的轨迹就是以为焦点，为准线的抛物线，故B正确；

对于C，如图，建立空间直角坐标系，设，，，，

所以，，，

化简得，即，所以的轨迹为双曲线，故C正确；

对于D，与平面所成的角为，所以，

则，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故D错误．

故选：BC．

12．BCD

【分析】根据等差数列、等比数列的性质及求和公式一一计算即可.

【详解】对于A项，由题意易得：当时，，，

显然时，，故A错误；

对于B项，由题意易得：，

即，故B正确；

对于C项，由已知可得：，

所以

若为偶数，则，

当且仅当时取得等号；

若为奇数，则，

当且仅当时取得等号；

故C正确；

对于D项，由已知得：，

故，

故裂项可得：，

所以，故D正确；

故选：BCD

【点睛】本题考察数列的综合，需要较高的计算能力与逻辑思维能力，属于压轴题.

C项的关键在于化简得，再将用基本不等式分类讨论求最值；

D项的关键在于利用条件化简得，再用裂项相消求和判定不等式.

13．

【分析】设，利用赋值法可得出的值.

【详解】令，则，

因此，.

故答案为：.

14．（答案不唯一）

【分析】取，再验证奇偶性和函数值即可.

【详解】取，则定义域为R，且，

，，满足.

故答案为：.

15．/0.504

【分析】先列出所有3次的所有可能，选出符合题意要求的，而后根据题目要求逐一计算概率，即可得到第3次取出的球是红球的概率.

【详解】3次取出的结果共有8种，分别为：（红，红，红）、（红，红，白）、（红，白，红）、

（红，白，白）、（白，红，红）（白，红，白）、（白，白，红）、（白，白，白），

其中第3次取出的球是红球的情况为（红，红，红）、（红，白，红）、（白，红，红）、（白，白，红）、共4种.

根据题意，，，

，

所以，第3次取出的球是红球的概率.

故答案为：

16．8

【分析】根据条件求出椭圆方程，再运用几何关系求出最大值.

【详解】

由条件 ， ，

即 ， ，

设 ，由题意： ，则 ，

，即 ，即椭圆C的标准方程为 ，

；

设左焦点为F，右焦点为 ，如下图：

则 的周长 ,

，当 三点共线时等号成立， ，

l的得最大值为8；

故答案为：8.

17．(1)

(2)

【分析】（1）根据余弦定理化边为角，并通过三角恒等变换化简可得，由此可求，

（2）根据三角形面积关系得，再根据余弦定理得范围，由此可求的最大值.

【详解】（1）因为，

所以，

所以，

∴，

又，故，

所以

故，

所以，．

（2）∵，

又，，

所以．

又由（1）知．由余弦定理得，

∴（当且仅当b=c时等号成立），即．

∴AO的最大值为．

18．(1)存在，点为线段的中点

(2)．

【分析】（1）当点为线段的中点时，先证明平面，再证平面，由面面平行判定定理证明；

（2）先证明，再以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解.

【详解】（1）当点为线段的中点时，平面平面．

证明如下：由题易知，，，因为点为线段的中点，

所以，，所以四边形是平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以平面．

连接，因为，，所以四边形是平行四边形，

所以，且，又，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以平面．

因为平面，平面，，

所以平面平面．

（2）因为，，

所以，所以，

又，，所以，，两两垂直．

故以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，．

设平面的法向量为，

则，即，得，取，得．

设平面的法向量为，则，即，

取，得．

设平面与平面所成角为，

则，

所以，

所以平面与平面所成角的正弦值为．

19．(1)，

(2)至少需要准备6824元

【分析】（1）根据频率分布直方图中个矩形面积之和为1，可求得m；根据平均数的计算方法即可求得平均数；

（2）根据正态分布的概率值，求出每个区间内的销售衣服的件数，结合题意可得所要准备资金的表达式，利用导数求得其最小值，即得答案.

【详解】（1）由频率分布直方图可得，解得，

故平均数

．

（2）由题意，，

且，，

故，

所以在时间大于44.4分钟的平台内约有件；

，

所以在时间小于14.4分钟的平台内约有件；

则“合格平台”内约有件，

所以需要资金为，

设（），则．

当时，，当时，，

所以在单调递减，在单调递增，

故有最小值，

故至少需要准备6824元.

20．(1)证明见解析，

(2)

(3)最大值与最小值分别为，

【分析】（1）只需证明等于非零常数即可证明数列是等比数列，由数列的通项公式可以推出数列的通项公式；

（2）一个等差数列乘以一个等比数列的求和问题用错位相减法即可解决；

（3）对分奇偶讨论，然后根据数列的单调性可以求得最值.

【详解】（1）

又，所以是以1为首项，2为公比的等比数列

所以即．

（2）由（1）知

∴，①

∴，②

由①－②有：

∴；

（3）

①当n为奇数时，，随着n的增大而减小，则，

又随着的增大而增大，故；

②当n为偶数时，，随着n的增大而增大，则，

又随着的增大而增大，故．

综上，的最大值与最小值分别为，．

21．(1)

(2)为定值，理由见解析

【分析】（1）由题意可推出，根据椭圆的定义即可求得答案；

（2）由可推得，从而，设，，联立，由韦达定理化简可得，即可判断出结论.

【详解】（1）设动圆的半径为r，由题意得圆F2的圆心为，半径；

所以，，

则．

所以动点D的轨迹C是以为焦点，长轴长为的椭圆，

则，

因此轨迹C方程为．

（2）为定值，且；

理由：由，

因此，由于不可能互补，所以，

于是平分，直线的斜率，互为相反数，即，

设，，．

由，消去x，得，，

即有，

而，则，

即

于是，

则，

化简得：，

且又因为在椭圆上，

即，即：，，

从而，

即，

又因为不在直线上，所以，

则有，即，

所以为定值，且．

【点睛】难点点睛：判断直线和椭圆位置关系中的定值问题，需要根据三角形面积关系推出，从而利用韦达定理进行化简，但是难点在于复杂的计算，特别是关于字母参数的计算，十分复杂,

22．(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据曲线的弯曲程度与曲率的关系，求解曲率的最大值即可；

（2）根据，曲率为0可得，，再求导分析的单调性与最值，结合图象可得当时有两解，设为，且，再推导出，进而将所证不等式转化为证明，进而构造函数分析单调性与最值即可.

【详解】（1）由题意，，，则，

又，故当最小时最大，

此时，即抛物线（）在处弯曲程度最大.

（2）由题意，，，，.

若，曲率为0，则，即，分别化简可得，.

令，则令有.

当时，，单调递增，且；当时，，单调递减，且.

又，故有两解，设为，，又，故.

由可设，，故，，化简可得，则.

要证：，

即证.

令，则，

故在上单调递增，故，即得证.

【点睛】关键点睛：本题利用导数分析函数单调性与最值及零点，进而证明不等式的问题.需要根据题意找到间的关系，平时积累常见的函数如的图象性质与指对数函数的常见化简如等是关键，同时也要注意根据零点的关系，，构造函数证明不等式的方法.