哈尔滨市第九中学2023届高三第三次模拟考试
数学试卷
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），满分150分，考试时间120分钟
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、单选题：本题共8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．
2．已知复数z满足，则复数z的虚部为（ ）
A．1 B．-1 C．I D．-i
3．已知m，n表示空间内两条不同的直线，则使成立的必要不充分条件是（ ）
A．存在平面，有， B．存在平面，有，
C．存在直线l，有， D．存在直线l，有，
4．是定义在R上的函数，为奇函数，则（ ）
A．-1 B． C． D．1
5．“第二课堂”是哈九中多样化课程的典型代表，旨在进一步培养学生的人文底蕴和科学精神，为继续满足同学们不同兴趣爱好，美育中心精心准备了大家非常喜爱的中华文化传承系列的第二课堂活动课：陶艺，拓印，扎染，创意陶盆，壁挂，剪纸六个项目供同学们选学，则甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有（ ）
A．135种 B．720种 C．1080种 D．1800种
6．已知，则（ ）
A． B． C． D．
7．英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系：，2023贺岁档电影精彩纷呈，有几部影片是小明想去影院看的．小明同学家附近有甲、乙两家影院，他打算利用周末休息的两天时间去影院观看．小明第一天去甲、乙两家影院观影的概率分别为0.4和0.6．如果他第一天去甲影院，那么第二天去甲影院的概率为0.6；如果第一天去乙影院，那么第二天去甲影院的概率为0.5，则小明同学（ ）
A．第二天去甲影院的概率为0.44
B．第二天去乙影院的概率为0.44
C．第二天去了甲影院，则第一天去乙影院的概率为
D．第二天去了乙影院，则第一天去甲影院的概率为
8．已知，，，则（ ）
A．c>b>a B．a>b>c C．c>a>b D．b>a>c
二、多选题：本题共4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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知向量，则正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若与的夹角为钝角，则
D．若向量是与同向的单位向量，则
10．已知双曲线：的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作斜率为的直线与双曲线的右支交于A，B两点（A在第一象限），，P为线段AB的中点，O为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A． B．双曲线C的离心率为2
C．的面积为 D．直线OP的斜率为
11．半正多面体亦称“阿基米德体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体．点A、B、C是该多面体的三个顶点，且棱长AB=2，则下列结论正确的是（ ）
A．该多面体的表面积为
B．该多面体的体积为
C．该多面体的外接球的表面积为
D．若点M是该多面体表面上的动点，满足CM⊥AB时，点M的轨迹长度为
12．已知函数是定义在上的函数，是的导函数，若，且，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在定义域上有极小值
B．函数在定义域上单调递增
C．函数的单调递减区间为
D．不等式的解集为
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．请将答案写在答题纸指定位置．
13．二项式的展开式中的常数项为_________．
14．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲（水生植物名）生一日，长三尺；莞（植物名，俗称水葱、席子草）生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：今有蒲生长1日，长为3尺；莞生长1日，长为1尺．蒲的生长逐日减半，莞的生长逐日增加1倍．若蒲、莞长度相等，则所需的时间约为_________日．（结果保留一位小数，参考数据：，）
15．已知x，y都是正数，且x+y=2，则的最小值为_________．
16．哈九中第二课堂兴趣课学生进行黑白迭代的游戏，规则为：点击方块，方块本身及其前、后、左、右、上、下相邻的块进行黑白状态反转，当所有块都为白色时则视为过关，用方块所在行、列、层描述位置，从下至上依次为第1-4层，如所圈画方块坐标为，如图所示的某关卡由四层4×4方块构成，通关方法为依次点击_________．
四、解答题：本题共6小题，满分70分（17题10分，18题至22题12分）．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．如图，在平面四边形ABCD中，，，，
（1）求边BC；
（2）若，求四边形ABCD的面积．
18．记为数列的前n项和，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
19．为普及航空航天科技相关知识、发展青少年航空航天科学素养，某中学组织开展“筑梦空天”航空航天知识竞赛．竞赛试题有甲、乙、丙三类（每类题有若干道），各类试题的每题分值及小明答对概率如下表所示，各小题回答正确得到相应分值，否则得0分，竞赛分三轮答题依次进行，各轮得分之和即为选手总分．
项目题型
每小题分值
每小题答对概率
甲类题
10
乙类题
20
丙类题
30
其竞赛规则为：第一轮，先回答一道甲类题，若正确，进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正确，同样进入第二轮答题，否则，退出比赛．
第二轮，在乙类题或丙类题中选择一道作答，若正确，进入第三轮答题；否则，退出比赛．
第三轮，在前两轮未作答的那一类试题中选择一道作答．
小明参加竞赛，有两种方案选择，方案一：先答甲类题，再答乙类题，最后答丙类题；
方案二：先答甲类题，再答丙类题，最后答乙类题．各题答对与否互不影响．请完成以下解答：
（1）若小明选择方案一，求答题次数恰好为3次的概率；
（2）经计算小明选择方案一所得总分的数学期望为，为使所得总分的数学期望最大，小明该选择哪一种方案？并说明理由．
20．已知三棱台A1B1C1-ABC中，AA1⊥底面ABC，AB=AC=2，AA1=A1B1=1，AB1⊥A1C1，E、F分别是BC、BB1的中点，D是棱A1C1上的点．
（1）求证：AB1⊥DE；
（2）若D是线段A1C1的中点，平面DEF与A1B1的交点记为M，求二面角C-AM-E的余弦值．
21．已知椭圆与抛物线C2：y2=4ax的图象在第一象限交于点P．若椭圆的右顶点为B，且．
（1）求椭圆C1的离心率；
（2）若椭圆C1的焦距为2，直线l过点B且不与坐标轴垂直．设l与椭圆C1相交于不同于B的另一点D，l与抛物线C2相交于不同于的两点M、N，且，求实数的取值范围．
22．已知函数．
（1）当a=4时，求的零点个数；
（2）若恒成立，求实数a的值．
哈尔滨市第九中学2023届高三第三次模拟考试答案
一、单选：
1-4．DBAA 5-8．CCDA
二、多选：
9．ABD 10．AD 11．BCD 12．BC
三、填空：
13． 14 ．2.6 15． 16．
四、解答：
17．解：（1）因为，为锐角，所以．
因为，．在中，由余弦定理得，得BC=1．
（2）在中，由正弦定理得，得．
在中，由余弦定理得，解得
因为，，
所以．
18．解：（1）由已知①，
所以当n≥2时，②，
①-②得，整理可得，
贝，
等式左右分别相乘得，
又a1=1，所以；
（2）由（1）得，则，
所以，
所以
，
又，所以，所以，即．
19．解：（1）记事件A=“小明先答对甲类一道试题”，B=“小明继续答对另一道甲类试题”，C=“小明答对乙类试题”，D=“小明答对丙类试题”，
则，，，
记事件E=“小明答题次数恰好为3次”，则．
，
即小明答题次数恰好为3次的概率为．
（2）设小明竞赛得分为X，由方案二知X的可能值为0、10、40、60．
，
，
，
．
所以，．
因为，所以选择方案一．
20．（1）证明：取线段AB的中点G，连接A1G、EG，如图所示：
因为E、G分别为BC、AB的中点，则，
在三棱台ABC-A1B1C1中，，所以，，且，
故E、G、A1、D四点共面，
因为AB1⊥A1C1，，则AB1⊥AC，
又因为AA1⊥底面ABC，AG、平面ABC，所以AA1⊥AC，AG⊥AA1，
因为，AB、平面AA1B1B，所以AC⊥平面AA1B1B，
因为，所以EG⊥平面AA1B1B，
因为平面AA1B1B，所以AB1⊥EG，
因为AA1=A1B1=AG=1，，
又因为AA1⊥AG，所以四边形AA1B1G是正方形，所以AB1⊥A1G，
又因为，EG、平面A1DEG，所以AB1⊥平面A1DEG，
因为平面A1DEG，所以AB1⊥DE．
（2）解：延长EF与C1B1相交于点Q，连接DQ，则，
因为F、E分别为BB1和BC的中点，，则，
则，所以，B1为C1Q的中点，
又因为D为A1C1的中点，且，则M为的重心，则，
由（1）知AC⊥AB，所以AC、AB、AA1两两垂直，
以点A为原点，AC所在的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，AA1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系A-xyz，
则、、、、，
所以，，，，
设平面MAC的法向量，则，
取b=-3，则，
设平面AME的法向量为，则，
取y=-3，可得，
所以，，
由图可知，二面角C-AM-E为锐角，故二面角C-AM-E的余弦值为．
21．解：（1）设点，则，∴，
因为点P在第一象限，代入抛物线方程得．
又点P在椭圆上，代入椭圆方程得，化简得．
又a2=b2+c2，所以a2=6c2，则椭圆E的离心率．
（2）因为椭圆C1的焦距为2，所以2c=2，c=1，所以椭圆C1的方程为
抛物线C2的方程为，且，．
设直线l的方程：，且．
设点，联立l与：得：．
解得，所以
设点，，联立l与：得：．
因为，所以．所以
因为，代入可得，
化简得．所以，
因为，所以．
所以实数的取值范围为．
22．解：（1）当a=4时，，则．
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
所以，
又，，所以存在，，使得，即的零点个数为2．
（2）不等式即为．
设，则，
设，
当a≥0时，，可得，则单调递增，此时当时，，不满足题意；
当a<0时，由，单调递增，设有唯一的零点，即，当时，，可得，则单调递减；
当时，，可得，则单调递增，
所以
因为，可得，当且仅当时，等号成立，
所以，，所以．
因为恒成立，即恒成立，
令可得，
当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减，
所以，即，
又由恒成立，则，所以．
|
|
