黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024届高三第二次模拟考试数学试卷（含解析）

这是一份黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024届高三第二次模拟考试数学试卷（含解析），共18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。


一、单选题
1．已知集合，，定义集合：，则集合的非空子集的个数是（ ）个．
A．16B．15C．14D．13
2．命题“，”的否定是（ ）
A．“，”B．“，”
C．“，”D．“，”
3．已知数列为等差数列，，，则（ ）
A．5B．6C．7D．8
4．已知定义在上的奇函数满足，则以下说法错误的是（ ）
A．B．是周期函数
C．D．
5．祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用平行于半球底面的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面与半球底面之间的几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
6．已知实数，且，则取得最大值时，的值为（ ）
A．B．C．D．或
7．在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，且，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．双曲线的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点．若，且，则直线与的斜率之积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．两条异面直线和所成的角为
B．直线与平面所成的角等于
C．点到面的距离为
D．四面体的体积是
10．已知复数和，则下列命题是真命题的有（ ）
A．若满足，则其在复平面内对应点的轨迹是圆．
B．若满足，则其在复平面内对应点的轨迹是椭圆．
C．若满足，则其在复平面内对应点的轨迹是双曲线．
D．若满足，则其在复平面内对应点的轨迹是抛物线．
11．若，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．事件与相互独立
C．D．
三、填空题
12．已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则 ．
13．已知直线与圆交于，两点，则的最小值为 ．
14．已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，则三棱锥的外接球半径为 ；点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为 ．
四、解答题
15．已知向量，，且函数在上的最大值为．
(1)求常数的值；
(2)求函数的单调递减区间．
16．已知是抛物线的准线上任意一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为．
(1)求抛物线焦点坐标及准线方程；
(2)设直线，的斜率分别为，，求的值．
17．如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的比都大于3，则称这个数列为“型数列”．
(1)若数列满足，判断是否为“型数列”，并说明理由；
(2)已知正项数列为“型数列”，，数列满足，，是等比数列，公比为正整数，且不是“型数列”，求数列的通项公式．
18．已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)若存在，满足，求的取值范围．
19．一座小桥自左向右全长100米，桥头到桥尾对应数轴上的坐标为0至100，桥上有若干士兵，一阵爆炸声后士兵们发生混乱，每个士兵爬起来后都有一个初始方向（向左或向右），所有士兵的速度都为1米每秒，中途不会主动改变方向，但小桥十分狭窄，只能容纳1人通过，假如两个士兵面对面相遇，他们无法绕过对方，此时士兵则分别转身后继续前进（不计转身时间）.
(1)在坐标为10，40，80处各有一个士兵，计算初始方向不同的所有情况中，3个士兵全部离开桥面的最长时间（提示：两个士兵面对面相遇并转身等价于两个士兵互相穿过且编号互换）；
(2)在坐标为10、20、30、……、90处各有一个士兵，初始方向向右的概率为，设最后一个士兵离开独木桥的时间为秒，求的分布列和期望；
(3)若初始状态共个士兵，初始方向向右的概率为，计算自左向右的第个士兵（命名为指挥官）从他的初始方向离开小桥的概率，以及当取得最大值时取值．
参考答案：
1．B
【分析】
先确定集合有四个元素，则可得其非空子集的个数.
【详解】根据题意，，
则集合的非空子集的个数是.
故选：B
2．D
【分析】
利用“含有一个量词命题的否定”形式即可得出答案.
【详解】根据全称量词命题的否定可知，
命题“，”的否定是“，”.
故选：D
3．C
【分析】
借助等差中项的性质计算即可得.
【详解】由，故，由，故，
又，即有，故.
故选：C.
4．C
【分析】
借助题目条件可得函数的周期性，结合奇函数性质与函数的周期性逐项判断即可得.
【详解】对A：由为定义在上的奇函数，故，即，故A正确；
对B：由，则，即有，
故是以为周期的周期函数，故B正确；
对C：由，，故C错误；
对D：由，故，又，
故，故D正确.
故选：C.
5．C
【分析】
分别求得面截圆锥时所得小圆锥的体积和平面与圆柱下底面之间的部分的体积，结合祖暅原理可求得结果.
【详解】平面截圆柱所得截面圆半径，
平面截圆锥时所得小圆锥的体积，
又平面与圆柱下底面之间的部分的体积为
根据祖暅原理可知：平面与半球底面之间的几何体体积.
故选：C.
6．D
【分析】
利用基本不等式求解.
【详解】，
又，所以，
所以，
当且仅当，即，或取等号，
所以或.
故选：D
7．B
【分析】
利用三角恒等变换与正弦定理的边角变换，结合正弦函数的性质得到，从而利用锐角三角形的性质得到的范围，再利用正弦定理转化所求即可得解.
【详解】因为，则由正弦定理得，
又，
所以，
则，
因为是锐角三角形，则，则，
所以，即，则，
所以，解得，则，
所以.
故选：B.
8．C
【分析】
设出，借助双曲线定义表示其它边后，借助余弦定理计算出与的关系，再次借助余弦定理可得与的关系，设出点，可得，代入直线与的斜率之积额表达式中化简即可得.
【详解】由双曲线定义可知，，
设，则有，，，
由余弦定理可得，
整理可得：，故，，
则有，整理可得：，
设，则有，即，
故.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于设出并借助双曲线定义，结合余弦定理得到与的关系，即可表示各边，从而得到与的关系.
9．BCD
【分析】
建立适当空间直角坐标系后借助空间向量逐项计算与判断即可得.
【详解】
建立如图所示空间直角坐标系，
对A：、、、，
则、，故，
故，即异面直线和所成的角为，故A错误；
对B：，由轴平面，故平面法向量可为，
则，故直线与平面所成的角为，故B正确；
对C：，，，
设平面的法向量为，则有，
令，则，故，故C正确；
对D：易得四面体为正四面体，
则，故D正确.
故选：BCD.
10．AB
【分析】
根据复数的几何意义，结合圆、椭圆、双曲线、抛物线定义，对选项逐一进行分析即可得出结论.
【详解】设，由可得；
对于A，若满足，即可得，所以，
因此其在复平面内对应点的轨迹表示以为圆心，半径为4的圆，即A正确；
对于B，若满足，在复平面内表示点到与的距离之和为4，
又因为与之间的距离为，根据椭圆定义可得其在复平面内对应点的轨迹是椭圆，即B正确；
对于C，若满足，在复平面内表示点到与的距离之差为2，
又因为与之间的距离为，不满足双曲线定义，即C错误；
对于D，若满足，可化为，
在复平面内表示点到与的距离相等，其在复平面内对应点的轨迹是直线，即D错误；
故选：AB
11．ACD
【分析】
由条件概率公式可判断选项A，D；由相互独立事件的概率乘法公式可判定B；由和事件的概率公式可判断C.
【详解】由条件概率公式，，
所以，故A正确；
而，故B错误；
，故C正确；
因为，
，故D正确.
故选：ACD
12．
【分析】
借助投影向量定义计算即可得.
【详解】，故.
故答案为：.
13．
【分析】先求得直线过定点，再分析取得最小值时的情况，利用弦长公式即可得解.
【详解】由，得，
由，解得，则直线过定点，
又，所以该定点在圆内，
由圆可得圆心，半径，
当圆心与定点的连线垂直于时，取得最小值，
圆心与定点的距离为，
则的最小值为.
故答案为：.
14． /
【分析】
由三棱锥的结构特征，可扩成长方体，利用长方体的外接球半径得三棱锥的外接球半径；由动点的轨迹形状，求长度.
【详解】三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，如图所示，
则有，，
把三棱锥扩成长方体，
则有，解得，
则长方体外接球半径，
所以三棱锥的外接球半径；
点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，
由，动点的轨迹是半径为的圆，
轨迹长度为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：
三组对棱分别相等的四面体(三棱锥)——补形为长方体(四面体的棱分别是长方体各面的对角线).
15．(1)
(2)
【分析】
（1）根据向量数量积运算、二倍角和辅助角公式可化简，根据正弦型函数最大值可构造方程求得的值；
（2）采用整体代换的方式，构造不等式，解不等式即可求得单调递减区间.
【详解】（1），
，，解得：.
（2）由（1）知：，
令，解得：，
的单调递减区间为.
16．(1)焦点坐标为，准线方程为
(2)
【分析】
（1）借助抛物线的基本性质即可得；
（2）由点斜式设出直线方程，直曲联立，由判别式为零，得到关于的一元二次方程，再由韦达定理即可得到斜率之积的值.
【详解】（1）由，故抛物线焦点坐标为，准线方程为；
（2）点在抛物线的准线上，设
由题意知过点作抛物线C的切线，斜率存在且不为0，
设其斜率为k则切线方程为
联立，
由于直线与抛物线C相切，可知，即，
而抛物线C的两条切线的斜率，即为方程的两根，
故.
17．(1)不是“型数列”，理由见解析；
(2)
【分析】（1）计算得出数列前两项验证即可得出结论，并证明即可；
（2）利用为“型数列”和是等比数列，且不是“型数列”可求得的公比为，即可求出数列的通项公式为.
【详解】（1）易知当时，可得，即；
而当时，，可得；
此时，不满足“型数列”定义，
猜想：数列不是“型数列”，
证明如下：
由可得，当时，，
两式相减可得，可得，
此时从第二项起，每一项与它前一项的比为，因此不是“型数列”；
（2）设数列的公比为，易知，
又因为数列不是“型数列”，可得
可得，即得；
又数列为“型数列”，可得；
易知“型数列”为递增数列，因此当趋近于正无穷大时，趋近于，即可得；
综上可得，即，可得；
所以数列是以为首项，公比为的等比数列；
即可得，可得；
所以数列的通项公式为.
18．(1)极小值为，无极大值；
(2)
【分析】
（1）代入并求导，得出单调性即可求出的极值；
（2）易知当时，单调递增，不合题意；可知，构造函数并求出其单调性，由零点存在定理可解得，得出的表达式并求其单调性可得结论.
【详解】（1）当时，，则；
令，可得，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增；
因此函数在处取得极小值，
所以的极小值为，无极大值；
（2）易知当时，，
所以；
又可得，
易知当时，，此时单调递增，不满足；
因此；
由可得，
记，且，
即可得，即，
所以，又易知，
因此，
令，可得，即在时有解，
所以使得，
令，
则，由可得；
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减；
易知可得，若，则在上单调递减，显然不存在使得；
若，解得，
因此在上单调递增，在上单调递减，因此；
以下证明存在，使得；
令，则，
可得在上单调递减，因此，即时，
所以，
令可得，
由可得；
易知二次函数在上单调递减，
所以，
即存在，使得，因此；
所以，
令，则，
即函数为单调递增，又
所以，即；
即的取值范围为
【点睛】关键点点睛：本题关键在于记并由进行构造函数，并利用单调性证明使得求出，可得结论.
19．(1)230秒
(2)分布列见解析；期望86.68秒
(3)当取得最大值时取值为1
【分析】
（1）先计算路程，再求得时间；
（2）列出T的所有可能取值并计算概率，然后列出分布列，根据期望公式计算.
（3）构造函数利用一元二次函数的最值求解最大值问题.
【详解】（1）最长时间下，每个士兵编号的路程最远
米，
3个士兵全部离开桥面的最长时间为230秒.
（2）T的可能取值为50，60，70，80，90，
，
所以T的分布列
期望秒
（3）
设，
函数的对称轴，函数开口向下，
所以最大值对应取值为1.
当取得最大值时取值为1
T
50
60
70
80
90
P