《2023学年黑龙江省哈尔滨市哈尔滨高三下学期第一次联考数学试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023学年黑龙江省哈尔滨市哈尔滨高三下学期第一次联考数学试卷含解析.pdf（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 年高考数学模拟试卷 请考生注意：1请用 2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用 05 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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设,m n是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）A若/m,/m,则/B若m，mn,则n C若m,/mn,则n D若,m,则/m 2函数 23ln1xf xx的大致图象是 A B C D 3某四棱锥的三视图如
2、图所示，则该四棱锥的表面积为（）A8 B83 C82 2 D84 2 4已知正项等比数列 na的前n项和为2317,927nSSS，则12na aa的最小值为（）A24()27 B34()27 C44()27 D54()27 5若函数32()39f xxaxx在3x 时取得极值，则a（）A2 B3 C4 D5 6设 x、y、z 是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形：x、y、z 均为直线；x、y 是直线，z 是平面；z 是直线，x、y 是平面；x、y、z 均为平面.其中使“xz且yzxy”为真命题的是（）A B C D 7已知双曲线2222:10,0 xyCabab的左，右焦点分别为12,F
3、 F，O 为坐标原点，P 为双曲线在第一象限上的点，直线 PO，2PF分别交双曲线 C 的左，右支于另一点12,3M NPFPF若，且260MF N，则双曲线的离心率为()A52 B3 C2 D72 8在ABC中，点P为BC中点，过点P的直线与AB，AC所在直线分别交于点M，N，若AMAB，(0,0)ANAC，则的最小值为（）A54 B2 C3 D72 9已知数列 na的通项公式为22nan，将这个数列中的项摆放成如图所示的数阵.记nb为数阵从左至右的n列，从上到下的n行共2n个数的和，则数列nnb的前 2020 项和为（）A10112020 B20192020 C20202021 D1010
4、2021 10已知抛物线24yx的焦点为F，准线与x轴的交点为K，点P为抛物线上任意一点KPF的平分线与x轴交于(,0)m，则m的最大值为()A32 2 B2 33 C23 D22 11如图，圆O是边长为2 3的等边三角形ABC的内切圆，其与BC边相切于点D，点M为圆上任意一点，BMxBAyBD(,)x yR，则2xy的最大值为（）A2 B3 C2 D2 2 12由曲线 yx2与曲线 y2x 所围成的平面图形的面积为()A1 B13 C23 D43 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13已知半径为 4 的球面上有两点，球心为 O，若球面上的动点 C 满足二面角的大小为
5、，则四面体的外接球的半径为_.14已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和球半径均为 2，则该圆柱的底面半径为_.15已知向量a与b的夹角为3，|a|b|1，且a（ab），则实数_.16正四棱柱1111ABCDABC D中，4AB，12 3AA.若M是侧面11BCC B内的动点，且AMMC，则1AM与平面11BCC B所成角的正切值的最大值为_.三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12 分）已知函数2()2sin2 3sincos1,.f xxxxxR（1）求 f(x)的单调递增区间；（2）ABC 内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，若
6、()12Af且 A 为锐角，a=3，sinC=2sinB，求 ABC 的面积.18（12 分）设函数()3f xx，()21g xx.（1）解不等式()()f xg x；（2）若2()()4f xg xax对任意的实数x恒成立，求a的取值范围.19（12 分）已知a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边，若ABC同时满足下列四个条件中的三个：2 633()baaccab；2cos22cos12AA；6a；2 2b.（1）满足有解三角形的序号组合有哪些？（2）在（1）所有组合中任选一组，并求对应ABC的面积.（若所选条件出现多种可能，则按计算的第一种可能计分）20（12 分）已知椭圆2222:
7、1(0)xyCabab的焦点为1F，2F，离心率为12，点 P 为椭圆 C 上一动点，且12PF F的面积最大值为3，O 为坐标原点.(1)求椭圆 C 的方程；(2)设点11,M x y，22,N xy为椭圆 C 上的两个动点，当1212x xy y为多少时，点 O 到直线 MN 的距离为定值.21（12 分）某贫困地区几个丘陵的外围有两条相互垂直的直线型公路12,l l，以及铁路线上的一条应开凿的直线穿山隧道MN，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路12,l l和山区边界的直线型公路l，以12,l l所在的直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系xOy，如图所示，山区边界曲线
8、为100:(0)C yxx，设公路l与曲线C相切于点P，P的横坐标为t.（1）当t为何值时，公路l的长度最短?求出最短长度；（2）当公路l的长度最短时，设公路l交x轴，y轴分别为A，B两点，并测得四边形ABMN中，3BAN，23MBA，10 2AN 千米，15 3BM 千米，求应开凿的隧道MN的长度.22（10 分）ABC中，内角ABC，的对边分别为abc、，22 cosacbC.（1）求B的大小；（2）若3a，且G为ABC的重心，且193BG，求ABC的面积.参考答案 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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。1C【解析
9、】在 A 中，与相交或平行；在 B 中，/n或n ；在 C 中，由线面垂直的判定定理得n；在 D 中，m与平行或m【详解】设,m n是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则：在 A 中，若/m，/m，则与相交或平行，故 A 错误；在 B 中，若m，mn，则/n或n ，故 B 错误；在 C 中，若m，/mn，则由线面垂直的判定定理得n，故 C 正确；在 D 中，若，m，则m与平行或m，故 D 错误 故选 C【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题 2A【解析】利用函数的对称性及函数值的符号即可作出判断.【详解】由题意可知函数 f x为奇函数，可排
10、除 B 选项；当x0时，0f x，可排除 D 选项；当x1时，12fln，当x3时，ln10ln10(3),ln22727f，即 1?3ff，可排除 C 选项，故选：A【点睛】本题考查了函数图象的判断，函数对称性的应用，属于中档题 3D【解析】根据三视图还原几何体为四棱锥，即可求出几何体的表面积【详解】由三视图知几何体是四棱锥，如图，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的底面是正方形,边长为 2,棱锥的高为 2，所以112 222 222 2 284 222S ，故选：D【点睛】本题主要考查了由三视图还原几何体，棱锥表面积的计算，考查了学生的运算能力，属于中档题.4D【解析】由2317,927
11、SS，可求出等比数列 na的通项公式1227nna，进而可知当15n时，1na；当6n 时，1na，从而可知12na aa的最小值为12345a a a a a，求解即可.【详解】设等比数列 na的公比为q，则0q，由题意得，332427aSS，得2111427190a qaa qq，解得11272aq，得1227nna.当15n时，1na；当6n 时，1na，则12na aa的最小值为551234534()()27a a a a aa.故选：D.【点睛】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于中档题.5D【解析】对函数求导，根据函数在3x 时取得极值
12、，得到 30f ，即可求出结果.【详解】因为 3239f xxaxx，所以 2323fxxax，又函数 3239f xxaxx在3x 时取得极值，所以 327630fa，解得5a.故选 D【点睛】本题主要考查导数的应用，根据函数的极值求参数的问题，属于常考题型.6C【解析】举反例，如直线 x、y、z 位于正方体的三条共点棱时用垂直于同一平面的两直线平行判断.用垂直于同一直线的两平面平行判断.举例，如 x、y、z 位于正方体的三个共点侧面时.【详解】当直线 x、y、z 位于正方体的三条共点棱时,不正确；因为垂直于同一平面的两直线平行,正确；因为垂直于同一直线的两平面平行,正确；如 x、y、z 位
13、于正方体的三个共点侧面时,不正确.故选:C.【点睛】此题考查立体几何中线面关系，选择题一般可通过特殊值法进行排除，属于简单题目.7D【解析】本道题结合双曲线的性质以及余弦定理，建立关于 a 与 c 的等式，计算离心率，即可【详解】结合题意，绘图，结合双曲线性质可以得到 PO=MO，而12FOF O，结合四边形对角线平分，可得四边形12PFMF为平行四边形，结合0260MF N，故01260FMF 对三角形12FMF运用余弦定理，得到，222121212122cosFMF MF FMF MFFMF 而结合213PFPF，可得12,3MFa MFa，122FFc，代入上式子中，得到 2222943
14、aaca，结合离心率满足cea，即可得出72cea，故选 D【点睛】本道题考查了余弦定理以及双曲线的性质，难度偏难 8B【解析】由M，P，N三点共线，可得11122，转化11()22，利用均值不等式，即得解.【详解】因为点P为BC中点，所以1122APABAC，又因为AMAB，ANAC，所以1122APAMAN 因为M，P，N三点共线，所以11122，所以111111()122222222 ，当且仅当,11122即1时等号成立，所以的最小值为 1 故选：B【点睛】本题考查了三点共线的向量表示和利用均值不等式求最值，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.9D【解析】由题意，设
15、每一行的和为ic，可得11.(21)iiinicaaan ni，继而可求解212.2(1)nnbcccnn，表示12(1)nnbn n，裂项相消即可求解.【详解】由题意，设每一行的和为ic 故111().(21)2iniiiiniaancaaan ni 因此：212.(3)(5).(21)2(1)nnbcccn nnnnnn 11 11()2(1)21nnbn nnn 故202011111111(1.)(1)22232020202122021S10102021 故选：D【点睛】本题考查了等差数列型数阵的求和，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.10A【解析】求出抛物线的焦
16、点坐标，利用抛物线的定义，转化求出比值，2111(1)4xmmxx，求出等式左边式子的范围，将等式右边代入，从而求解【详解】解：由题意可得，焦点 F（1，0），准线方程为 x1，过点 P 作 PM 垂直于准线，M 为垂足，由抛物线的定义可得|PF|PM|x1，记KPF 的平分线与x轴交于(m,0),(1m1)H 根据角平分线定理可得|=|PFPMFHPKPKKH，2111(1)4xmmxx，当0 x 时，0m，当0 x 时，2112,142(1)4112xxxxx，211032 221mmm，综上：032 2m 故选：A【点睛】本题主要考查抛物线的定义、性质的简单应用，直线的斜率公式、利用数形
17、结合进行转化是解决本题的关键考查学生的计算能力，属于中档题 11C【解析】建立坐标系，写出相应的点坐标，得到2xy的表达式，进而得到最大值.【详解】以 D 点为原点，BC 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，建立坐标系，设内切圆的半径为 1，以（0，1）为圆心，1 为半径的圆；根据三角形面积公式得到011sin6022lrSABAC周长，可得到内切圆的半径为1;可得到点的坐标为：3,0,3,0,0,3,0,0,cos,1 sinBCADM cos3,1sin,BM3,3,3,0BDBA 故得到 cos3,1sin33,3xBMyx 故得到cos333,sin31xyx 1 sin3c
18、ossin2333xy，cossin4242sin2.33333xy 故最大值为：2.故答案为 C.【点睛】这个题目考查了向量标化的应用，以及参数方程的应用，以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题.通过向量的运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.12B【解析】首先求得两曲线的交点坐标，据此可确定积分区间，然后利用定积分的几何意义求解面积值即可.【详解】联立方程：22yxyx 可得：1100 xy，2211xy，结合定积分的几何意义可知曲线 yx2与曲线 y2x 所围成的平面图形的面积为：31231200211|333S
19、xxdxxx.本题选择 B 选项.【点睛】本题主要考查定积分的概念与计算，属于中等题.二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13【解析】设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，易知即为二面角的平面角，可求出及，然后可判断出四面体外接球的球心 在直线上，在中，结合，可求出四面体的外接球的半径.【详解】设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，OAOB，所以，ODAB，同理 O1DAB，所以，即为二面角的平面角，因为，所以是等腰直角三角形，在中，由 cos60，得，由勾股定理，得：，因为 O1到 A、B、C 三的距离相等，所以，四面体外接球的球心 在直线上，设四面体外接球半径为，在中，
20、由勾股定理可得：，即，解得 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力及计算求解能力，属于中档题 143【解析】由圆柱外接球的性质，即可求得结果.【详解】解：由于圆柱的高和球半径均为 2，,则球心到圆柱底面的距离为 1，设圆柱底面半径为r，由已知有22212r，3r，即圆柱的底面半径为3.故答案为：3.【点睛】本题考查由圆柱的外接球的性质求圆柱底面半径，属于基础题.151【解析】根据条件即可得出2112a ba，由aab即可得出0aab，进行数量积的运算即可求出 【详解】向量a与b的夹角为3，|a|b|1，且aab；2102aabaa b；1 故答案为：1【点
21、睛】考查向量数量积的运算及计算公式，以及向量垂直的充要条件 162.【解析】如图，以D为原点建立空间直角坐标系，设点,4,M mn，由AMMC得2224mn，证明11AMB为1AM与平面11BCC B所成角，令22cos,2sinmn，用三角函数表示出11tanAMB，求解三角函数的最大值得到结果.【详解】如图，以D为原点建立空间直角坐标系，设点,4,M mn，则14,0,0,0,4,0,4,4,2 3ACB，,0,4,4,CMmnAMmn，又AMMC，得2240,AM CMmmn即2224mn；又11AB 平面11BCC B，11AMB为1AM与平面11BCCB所成角，令22cos,2sin
22、,0,mn，1111221224tan42 3442cos22sin2 320 16sin6ABAMBB Mmn 当3时，11tanAMB最大，即1AM与平面11BCC B所成角的正切值的最大值为 2.故答案为：2【点睛】本题主要考查了立体几何中的动点问题，考查了直线与平面所成角的计算.对于这类题，一般是建立空间直角坐标，在动点坐标内引入参数，将最值问题转化为函数的最值问题求解，考查了学生的运算求解能力和直观想象能力.三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）,()63kkkZ（2）3 32【解析】（1）利用降次公式、辅助角公式化简 f x解析式，根据三角函数
23、单调区间的求法，求得 f x的单调递增区间.（2）先由12Af求得A，利用正弦定理得到2cb，结合余弦定理列方程，求得,b c，由此求得三角形ABC的面积.【详解】（1）函数2()2sin2 3sincos1,f xxxxxR，()3sin 2cos22sin(2)6f xxxx，由222,262kxkkZ，得,63kxkkZ.所以()f x的单调递增区间为,()63kkkZ.（2）因为()2sin()126AfA且A为锐角，所以3A.由sin2sinCB及正弦定理可得2cb，又3,3aA，由余弦定理可得2222222cos3abcbcAbcbcb，解得3,2 3bc，1133 3sin32
24、32222ABCSbcA.【点睛】本小题主要考查三角恒等变换，考查三角函数单调区间的求法，考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于中档题.18(1)2(,)(4,)3；(2)(1,4.【解析】试题分析：（1）将绝对值不等式两边平方，化为二次不等式求解（2）将问题化为分段函数问题，通过分类讨论并根据恒成立问题的解法求解即可 试题解析：1321,xx由已知，可得 22321.xx即 整理得231080,xx 解得24.3xx或 2,4,.3 故所求不等式的解集为 45,3,12223217,3,2145,.2xxh xf xg xxxxxx 由已知，设 3454,xxax 当时，
25、只需恒成立 49,axx 即 30 x ，4994.xaxx 恒成立 max94,ax 1,a 1374,2xax当时，只需恒成立 30.ax 即恒成立 330,1302aa只需 解得16.a 1454,2xxax当时，只需恒成立 41.axx即 10,2x 4114.xxax恒成立 144x,且无限趋近于 4，4.a 综上a的取值范围是1,4.19（1），或，；（2）3.【解析】（1）由可求得cosB的值，由可求出角A的值，结合题意得出AB，推出矛盾，可得出不能同时成为ABC的条件，由此可得出结论；（2）在符合条件的两组三角形中利用余弦定理和正弦定理求出对应的边和角，然后利用三角形的面积公式
26、可求出ABC的面积.【详解】（1）由2 633baaccab得，22232 6acbac，所以2226cos23acbBac，由2cos22cos12AA得，22coscos10AA，解得1cos2A或cos1A（舍），所以3A，因为61cos32B ，且0,B，所以23B，所以AB，矛盾.所以ABC不能同时满足，.故ABC满足，或，；（2）若ABC满足，因为2222cosbacacB，所以2686263cc ，即2420cc.解得62c.所以ABC的面积1sin322SacB.若ABC满足，由正弦定理sinsinabAB，即62 2sin32B，解得sin1B，所以2c，所以ABC的面积1s
27、in32SbcA.【点睛】本题考查三角形能否成立的判断，同时也考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形面积的计算，要结合三角形已知元素类型合理选择正弦定理或余弦定理解三角形，考查运算求解能力，属于中等题.20（1）22143xy；（2）当1212x xy y0 时，点 O 到直线 MN 的距离为定值2 217.【解析】（1）12PF F的面积最大时，P是短轴端点，由此可得3bc，再由离心率及222abc可得,a b，从而得椭圆方程；（2）在直线MN斜率存在时，设其方程为ykxm，现椭圆方程联立消元（y）后应用韦达定理得121 2,xx xx，注意，一是计算1212x xy y，二是计算
28、原点到直线MN的距离，两者比较可得结论【详解】（1）因为P在椭圆上，当P是短轴端点时，P到x轴距离最大，此时12PFF面积最大，所以1232c bbc，由222312bccaabc，解得231abc，所以椭圆方程为22143xy（2）在12xx时，设直线MN方程为ykxm，原点到此直线的距离为21mdk，即2221mdk，由22143ykxmxy，得222(34)84120kxkmxm，2222644(34)(412)0k mkm，2243mk，所以122834kmxxk，212241234mx xk，22121212121212()()(1)()x xy yx xkxm kxmkx xkm
29、xxm 22222222224128712(1)(1)343434mk mmkkmkkk，所以当12120 x xy y时，2212(1)7mk，2221217mdk，2 217d 为常数 若12xx，则12yy，221212110 x xy yxy，2211xy，2127x，2 217dx，综上所述，当1212x xy y0 时，点 O 到直线 MN 的距离为定值2 217.【点睛】本题考查求椭圆方程与椭圆的几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力 解题方法是“设而不求”法 在直线与圆锥曲线相交时常用此法通过韦达定理联系已知式与待求式 21（1）当10t 时，公路l的长度最短为2
30、0 2千米；（2）5 51（千米）.【解析】（1）设切点P的坐标为100,(0)ttt，利用导数的几何意义求出切线l的方程为2100100()yxttt，根据两点间距离得出22400004,0ABttt，构造函数2240000()4,0g tttt，利用导数求出单调性，从而得出极值和最值，即可得出结果；（2）在ABN中，由余弦定理得出10 6BN，利用正弦定理sinsinBNANBANABN，求出6ABN，最后根据勾股定理即可求出MN的长度.【详解】（1）由题可知，设点P的坐标为100,(0)ttt，又2100(0)yxx，则直线l的方程为2100100()yxttt，由此得直线l与坐标轴交点
31、为：200(2,0),0,AtBt，则22400004,0ABttt，故2240000()4,0f tttt，设2240000()4,0g tttt，则32 40000()8g ttt.令()0g t，解得t=10.当(0,10)t时，()0,()g tg t是减函数；当(10,)t时，()0,()g tg t是增函数.所以当10t 时，函数()g t有极小值，也是最小值，所以min()800g t，此时min()20 2f t.故当10t 时，公路l的长度最短，最短长度为20 2千米.（2）在ABN中，10 2AN，3BAN,所以2222cosBNABANAB ANBAN，所以10 6BN，
32、根据正弦定理 sinsinBNANBANABN,10 610 2sinsin3ABN，1sin2ABN，6ABN，又23MBA，所以2MBNMBAABN.在MBN中，15 3BM，10 6BN，由勾股定理可得222MNBMBN，即222(15 3)(10 6)MN，解得，5 51MN（千米）.【点睛】本题考查利用导数解决实际的最值问题，涉及构造函数法以及利用导数研究函数单调性和极值，还考查正余弦定理的实际应用，还考查解题分析能力和计算能力.22（1）23；（2）15 34【解析】（1）利用正弦定理，转化22 cosacbC 为2sinsin2sin cosBCCBC，分析运算即得解；（2）由G为ABC的重心，得到3BGBABC，平方可得解 c,由面积公式即得解.【详解】（1）由22 cosacbC，由正弦定理得 2sinsin2sin cosACBC，即2sinsin2sin cosBCCBC 2cos sinsin0BCC sin0C 1cos2B ，又0B，23B（2）由于G为ABC的重心 故3BGBABC，22229323cos193BGcc 解得5c 或2c 舍 ABC的面积为115 3sin24ABCSacB.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.