黑龍江省哈爾濱市2024屆高三第二次模擬考試數(shù)學(xué)試卷（含解析）

黑龍江省哈爾濱市第九中學(xué)校2024屆高三第二次模擬考試

數(shù)學(xué)試卷

學(xué)校:姓名：班級：考號：

一、單選題

1.已知集合4={1,2},B={3,4},定義集合：A^B=^x,y）\x^A,y^B},則集合A*B

的非空子集的個數(shù)是（）個.

A.16B.15C.14D.13

2.命題“VxwR,ej-GO”的否定是（)

A.“￡R,ex-x-l>0^B."HxwR,(1K0”

C."VXGR,E產(chǎn)一x—lvO”D."HX￡R,(V—x—IvO”

3.已知數(shù)列{七}為等差數(shù)列，4+。2+/=9,a3+a7=10,則。8=（）

A.5B.6C.7D.8

4.已知定義在R上的奇函數(shù)滿足/（x+2）+/（x）=0,則以下說法錯誤的是（）

A."0）=0B.〃尤）是周期函數(shù)

C.”2024）=1D.〃1）+〃3）"（4）

5.祖胞是我國南北朝時期偉大的數(shù)學(xué)家.祖晅原理用現(xiàn)代語言可以描述為“夾在兩個平

行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的面積總相

等，那么這兩個幾何體的體積相等”.例如，可以用祖曬原理推導(dǎo)半球的體積公式，如

圖，底面半徑和高都為R的圓柱與半徑為R的半球放置在同一底平面上，然后在圓柱內(nèi)

挖去一個半徑為R,高為R的圓錐后得到一個新的幾何體，用任何一個平行于底面的平

面a去截這兩個幾何體時，所截得的截面面積總相等，由此可證明半球的體積和新幾何

體的體積相等.若用平行于半球底面的平面a去截半徑為R的半球，且球心到平面a的

距離為正R，則平面a與半球底面之間的幾何體的體積是（

D.冷爐

6.已知實數(shù)。一且">。，則」+丁：方+9取得最大值時,i的值為（）

A.石B.2A/3C.-2^/3D.2百或-2指

7.在銳角三角形ABC中，角A,B,C所對的邊分別為。，b,c且c->=26cosA,

則，的取值范圍為（）

b

A.（1,A/3）B.（A/2,V3）C.（V2,2）D.（1,2）

22

8.雙曲線c：二-2=1的左、右頂點分別為A，4,左、右焦點分別為H，F(xiàn)],過月

ab

作直線與雙曲線C的左、右兩支分別交于M,N兩點.若耳助V,且cos/片Ng=；,

則直線跖4與的斜率之積為（）

二、多選題

9.如圖，正方體ABC。-aAGA的棱長為1，則下列四個命題中正確的是（）

A.兩條異面直線RC和BG所成的角為:

4

B.直線BG與平面A3CD所成的角等于7;T

C.點C到面2DG的距離為正

3

D.四面體的體積是:

10.已知復(fù)數(shù)z°=2+i和z,則下列命題是真命題的有（）

A.若z滿足|z-Zo|=Zo+],則其在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點的軌跡是圓.

B.若z滿足|z-z°|+|z-[|=4,則其在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點的軌跡是橢圓.

C.若z滿足|Z-Z0|TZ-^|=2,則其在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點的軌跡是雙曲線.

D.若z滿足|z+z°+E|=|z-W],則其在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點的軌跡是拋物線.

試卷第2頁，共4頁

iia

11.若尸(A)="P(B)=-,P(冏A)=［則下列說法正確的是()

A.；B.事件A與8相互獨立

c.P(AJ3)=AD.P(B|A)=|

三、填空題

12.已知向量。=(O,-3),萬=(1,根)，若向量b在向量d上的投影向量為則

m=.

13.已知直線/：(，”+2八一(〃2+1)丫-1=0與圓。：尤2+〉2=4交于人，3兩點，則|A到的

最小值為.

14.已知三棱錐尸-ABC的四個面是全等的等腰三角形，且上4=2,PB=AB=3,則

三棱錐尸-ABC的外接球半徑為；點。為三棱錐P-ABC的外接球球面上一動點,

產(chǎn)。=且時，動點。的軌跡長度為.

2

四、解答題

(1-XXX?IXXXI

15.已知向量根=［。3$畝5，$苗5+8$5卜71=12cos-,sin--cos-I,且函數(shù)

/(X)=加?〃-。在xeR上的最大值為2-石.

⑴求常數(shù)。的值；

(2)求函數(shù)/(x)的單調(diào)遞減區(qū)間.

16.已知尸是拋物線C:4x的準(zhǔn)線上任意一點，過點尸作拋物線C的兩條切線

尸3切點分別為A3.

(1)求拋物線焦點坐標(biāo)及準(zhǔn)線方程；

(2)設(shè)直線P4,PB的斜率分別為匕，k2,求心心的值.

17.如果一個數(shù)列從第二項起，每一項與它前一項的比都大于3,則稱這個數(shù)列為“G型

數(shù)列”.

⑴若數(shù)列｛4｝滿足2。.=5”+1,判斷｛4｝是否為“G型數(shù)列”，并說明理由；

⑵已知正項數(shù)列｛%｝為“G型數(shù)列"，%=1,數(shù)列也｝滿足〃,=a,+2,〃eN*,也｝是

等比數(shù)列，公比為正整數(shù)，且不是“G型數(shù)列”，求數(shù)列｛4｝的通項公式.

18.已知函數(shù)〃x）=x-￡.

⑴當(dāng)a=-l時，求的極值;

（2）若存在0＜無。＜）,滿足/（lnxo）=/1ln'［求的取值范圍.

19.一座小橋自左向右全長100米，橋頭到橋尾對應(yīng)數(shù)軸上的坐標(biāo)為。至100,橋上有

若干士兵，一陣爆炸聲后士兵們發(fā)生混亂，每個士兵爬起來后都有一個初始方向（向左

或向右），所有士兵的速度都為1米每秒，中途不會主動改變方向，但小橋十分狹窄，

只能容納1人通過，假如兩個士兵面對面相遇，他們無法繞過對方，此時士兵則分別轉(zhuǎn)

身后繼續(xù)前進（不計轉(zhuǎn)身時間）.

⑴在坐標(biāo)為10,40,80處各有一個士兵，計算初始方向不同的所有情況中，3個士兵

全部離開橋面的最長時間（提示：兩個士兵面對面相遇并轉(zhuǎn)身等價于兩個士兵互相穿過

且編號互換）；

（2）在坐標(biāo)為10、20、30............90處各有一個士兵，初始方向向右的概率為設(shè)最

后一個士兵離開獨木橋的時間為T秒，求T的分布列和期望；

⑶若初始狀態(tài)共2〃+1個士兵（心1）,初始方向向右的概率為計算自左向右的第〃+1

個士兵（命名為指揮官）從他的初始方向離開小橋的概率P（〃），以及當(dāng)P（”）取得最大

值時"取值.

試卷第4頁，共4頁

參考答案：

1.B

【分析】

先確定集合4*8有四個元素，則可得其非空子集的個數(shù).

【詳解】根據(jù)題意，A*B={(x,y)|xeA,ye3}={(l,3),(l,4),(2,3),(2,4)},

則集合A*3的非空子集的個數(shù)是2J1=15.

故選：B

2.D

【分析】

利用“含有一個量詞命題的否定”形式即可得出答案.

【詳解】根據(jù)全稱量詞命題的否定可知，

命題“VxeR,e「x-120”的否定是“HxeR,eA-^-l<0，'.

故選：D

3.C

【分析】

借助等差中項的性質(zhì)計算即可得.

【詳解】由％+的+/=3%=9,故%=3,由/+%=2%=1°，故為=5,

又0,+。8=2%,即有3+08=2x5=10,故。8=7.

故選：C.

4.C

【分析】

借助題目條件可得函數(shù)的周期性，結(jié)合奇函數(shù)性質(zhì)與函數(shù)的周期性逐項判斷即可得.

【詳解】對A：由〃x)為定義在R上的奇函數(shù)，故〃0)=-〃0),gp/(0)=0,故A正確;

對B：由〃x+2)+〃x)=0,則/(x+4)+/(x+2)=0,即有〃x)=〃x+4),

故/(x)是以4為周期的周期函數(shù)，故B正確；

對C：由2024=4x506,/(2024)=/(0)=0,故C錯誤；

對D：由〃x+2)+/(x)=0,故〃3)+〃1)=0,又/(4)=〃0)=0,

答案第1頁，共14頁

故〃1)+〃3)=〃4),故D正確.

故選：C.

5.C

【分析】

分別求得面。截圓錐時所得小圓錐的體積和平面。與圓柱下底面之間的部分的體積，結(jié)合祖

曬原理可求得結(jié)果.

【詳解】平面a截圓柱所得截面圓半徑

平面a截圓錐時所得小圓錐的體積匕=1口2.正衣=克兀R,

13212

又平面a與圓柱下底面之間的部分的體積為匕=兀爐R=也兀爐

222

根據(jù)祖胞原理可知：平面a與半球底面之間的幾何體體積

V=V,-V,=—7t7?3--717?3=還兀/.

2121212

故選：C.

6.D

【分析】

利用基本不等式求解.

2ab----l-a-b-<----------2----=-----------

【詳解】6?2+b2+a2b2+9-2ab+a2b2+9,,,9,

0Z+ab-\----

ab

gIg~

又ab>0,所以abd---->2Jab=6,

abVab

mi、i2ab1

所以―72272-n-T，

a+b+ab+94

當(dāng)且僅當(dāng)必=3,即a=0=或a=Z?=-取等號,

所以a+b=2-\/3或a+Z?=—2^3.

故選：D

7.B

【分析】

利用三角恒等變換與正弦定理的邊角變換，結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)得到A=25,從而利用銳

角三角形的性質(zhì)得到B的范圍，再利用正弦定理轉(zhuǎn)化所求即可得解.

答案第2頁，共14頁

【詳解】因為c-6=2匕cosA,則由正弦定理得sinC-sinB=2sin3cosA,

又sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsin5,

所以sinAcosB+cosAsinB-sin^nZsinBcosA,

則sinB=sinAcosB-sinBcosA-sin(A-B),

因為的是銳角三角形,則。＜A苦,。＜2嘮則-5苫,

所以3=A—8,即A=23,則。=兀一4一3=兀-33,

兀

廣

0<2B<2-r

,解得則正<COSB<3

所以

0<K-3B<-6422

2

廣廣…asinAsin2Bcr-\

所以：=「;=—^T=2cos3￡血,石

bsinBsinB'7

故選：B.

8.C

【分析】

設(shè)出卜加，借助雙曲線定義表示其它邊后，借助余弦定理計算出。與加的關(guān)系，再次借

22

助余弦定理可得。與C的關(guān)系，設(shè)出點可得與-與=1,代入直線MA與M4的

ab

斜率之積額表達式中化簡即可得.

【詳解】由雙曲線定義可知1gHM^1=2〃，\MF2\-\MFx\=2a,

|A^|=5m,\NF2\=5m-2af

(4m)2+(5加一-+2〃y

由余弦定理可得cosN耳Ng=

2x4mx(5m-2tz)4

21o

整理可得：m=-a,故|N￡|=wa,照|=》,

答案第3頁，共14頁

則有cos/F]NFz整理可得：8/=302,

4

設(shè)〃則有,\=1,即溫=/+和=〃211+1_

%=4-1=--!=-

2

x0+aa33.

故選：C.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵點在于設(shè)出|昭仁機并借助雙曲線定義，結(jié)合余弦定理得到

。與加的關(guān)系，即可表示各邊，從而得到。與。的關(guān)系.

9.BCD

【分析】

建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系后借助空間向量逐項計算與判斷即可得.

【詳解】

建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系。-孫z,

對A：9(0,0,1)、C(0,l,0)、8(1,1,0)、q(0,1,1),

-11

則0c=(0,1,-1)、BG=(-1,0,1),故cosD\C,BC\==,

故2cBe1=9j1r,即異面直線2c和BG所成的角為三7T，故A錯誤;

對B：=(-1,0,1),由z軸_1_平面ABCD,故平面ABCD法向量可為加=(0,0,1),

當(dāng)故直線叫與平面鈿。所成的角為:，故B正確;

貝UcosBC、,m=—

V2-1

對C：BC=(-1,0,0),=(1,1,0),g=(-1,0,1),

答案第4頁，共14頁

設(shè)平面BOQ的法向量為〃=（x,y,z）,則有?1c，

令尤—1,則“一（l,-l,l）,故=1）=6,故C正確；

\n\733

對D：易得四面體BZ）GA為正四面體，

則%=%C￡>.4sle向一4%.4烏6=l-4x；xgxlxlxl=g,故D正確.

故選：BCD.

10.AB

【分析】

根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義，結(jié)合圓、橢圓、雙曲線、拋物線定義，對選項逐一進行分析即可得出

結(jié)論.

【詳解】設(shè)z=x+jd（x,yeR）,由z。=2+i可得％=2-i；

對于A,若z滿足|z-z°kzo+*=2+i+2-i=4,即可得|x_2+（y_l）i|=4,所以

（x-2）+（y-1）=16,

因此其在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點的軌跡表示以（2,1）為圓心，半徑為4的圓，即A正確；

對于B,若z滿足|z-z0|+|z-司=4,在復(fù)平面內(nèi)表示點（x,y）到（2,1）與（2,-1）的距離之和

為4,

又因為（2,1）與（2,-1）之間的距離為2<4,根據(jù)橢圓定義可得其在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點的軌跡是

橢圓，即B正確；

對于C,若z滿足|z-與|-卜-習(xí)=2,在復(fù)平面內(nèi)表示點（x,y）到（2,1）與（2,-1）的距離之差

為2,

又因為（2,1）與（2,-1）之間的距離為2=2,不滿足雙曲線定義，即C錯誤；

對于D,若z滿足|z+Zo+ZoHz_Zo|,可化為|z+q=|z_Zo],

在復(fù)平面內(nèi)表示點（元,y）到（T,0）與（2,-1）的距離相等，其在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點的軌跡是直線,

即D錯誤；

故選：AB

答案第5頁，共14頁

11.ACD

【分析】

由條件概率公式可判斷選項A,D；由相互獨立事件的概率乘法公式可判定B；由和事件的

概率公式可判斷C.

【詳解】由條件概率公式14，

3

所以尸（AB）=；,故A正確;

而尸（A）P（B）=；x；=gwP（A2）,故B錯誤;

1117

P（AuB）=P（A）+P（B）-P（AB）=-+---=p;,故C正確;

1

因為尸（A忸）=2^4=1

￡2

2

「小團）（臉）尸倜忸）尸⑻（l-P（A|B））P（B）_3

三，故D正確.

用力一萬同—一麗——P（I）一O

故選：ACD

2

12.

2

【分析】

借助投影向量定義計算即可得.

m

r詳解］一3m.巴a=1a,,3

【詳斛】同時而百際~~^~2'故根='?

,3

故答案為：—.

13.272

【分析】先求得直線/過定點CU）,再分析IA例取得最小值時的情況，利用弦長公式即可得

解.

【詳解】由Z：（m+2）x-（m+l）^-l=0,得/:m（x-^）+2x-y-l=0,

lx—y=0\x=l

由。［八，解得］，則直線/過定點（LD，

［2x—y-1=0［丁=1

答案第6頁，共14頁

Xl2+12<4,所以該定點在圓。：/+9=4內(nèi),

由圓。：Y+y=4可得圓心0(0,0),半徑廠=2,

當(dāng)圓心0與定點(1,1)的連線垂直于A3時，IABI取得最小值，

圓心0(0,0)與定點(1,1)的距離為d==0，

則IABI的最小值為2M-d2=2A/4^2=2夜.

故答案為：2垃.

14.叵〉歷叵

222

【分析】

由三棱錐的結(jié)構(gòu)特征，可擴成長方體，利用長方體的外接球半徑得三棱錐的外接球半徑；由

動點。的軌跡形狀，求長度.

【詳解】三棱錐P-ABC的四個面是全等的等腰三角形，且PA=2,PB=AB=3,如圖所

示，

則有PA=3C=2,PB=AB=PC=AC=3,

把三棱錐尸-ABC擴成長方體P"CG-,

AF2+AG2=PA2=4

貝！|有<AF2+AE2=AB2=9,AF2=AG2=2,AE2=1,

AG2+AE2=AC2=9

則長方體外接球半徑r=〃我+心+比=叵,

22

所以三棱錐P-ABC的外接球半徑姮；

2

點。為三棱錐P-A5C的外接球球面上一動點，尸。=姮時,

2

答案第7頁，共14頁

由。。=。。=。尸=姮，動點。的軌跡是半徑為叵的圓,

24

P

軌跡長度為畫.

2

故答案為：—;叵^

22

【點睛】關(guān)鍵點點睛：

三組對棱分別相等的四面體(三棱錐)一補形為長方體(四面體的棱分別是長方體各面的對

角線).

15.(1)^3

(2),+24兀,與+2也[keZ)

【分析】

(1)根據(jù)向量數(shù)量積運算、二倍角和輔助角公式可化簡f(x),根據(jù)正弦型函數(shù)最大值可構(gòu)

造方程求得。的值;

TTTTJ7T

(2)采用整體代換的方式，構(gòu)造不等式'+7?萬+2析(Z￡Z),解不等式即可求

得單調(diào)遞減區(qū)間.

2271

【詳解】(1)m-n=2J3sin—cos—+sin—-cos—=Jisinx-cosx=2sinx

2222I

「./(%)=2sin[x-%]—〃，/.f(x)max=2—a=2—A/3,解得：a=粗.

(2)由(1)知：〃x)=2sin(x,

,TT57r

令'+2E<x--<—+2far(A:GZ)解得：—+2foi<x<—+2kit{kGZ),

262

\的單調(diào)遞減區(qū)間為—+—+2kn(々wZ).

16.⑴焦點坐標(biāo)為(1,0),準(zhǔn)線方程為產(chǎn)-1

答案第8頁，共14頁

⑵《？心-1

【分析】

（1）借助拋物線的基本性質(zhì)即可得；

（2）由點斜式設(shè)出直線方程，直曲聯(lián)立，由判別式為零，得到關(guān)于人的一元二次方程，再

由韋達定理即可得到斜率之積的值.

【詳解】⑴由C:;/=4x,故拋物線焦點坐標(biāo)為（1,0）,準(zhǔn)線方程為x=-l；

（2）點尸在拋物線C的準(zhǔn)線上，設(shè)尸

由題意知過點尸作拋物線C的切線，斜率存在且不為0,

設(shè)其斜率為k則切線方程為y=k（x+l）+m

[y2—4.x

聯(lián)"4ky2'—4y+4（/77+A：）=0,

=左（尤+1）+相

由于直線與拋物線C相切，可知A=16-16左（相+左）=0,gpk2+mk-l=0,

而拋物線C的兩條切線尸4尸8的斜率左,月，即為方程左,+/成一i=o的兩根，

故k"-1.

17.（1）不是“G型數(shù)列”，理由見解析；

⑵%=3"-2

【分析】（1）計算得出數(shù)列前兩項驗證即可得出結(jié)論，并證明即可；

（2）利用｛%｝為“G型數(shù)歹U”和也｝是等比數(shù)列，且不是“G型數(shù)歹!!”可求得也｝的公比為3,

即可求出數(shù)列｛%｝的通項公式為凡=3"-2.

答案第9頁，共14頁

【詳解】(1)易知當(dāng)〃=1時，可得2%=S[+1=%+1,即％=1；

而當(dāng)〃=2時，2a2=S2+\=ax+a2+l,可得g=2；

此時a=/=2<3,不滿足“G型數(shù)列”定義，

ax1

猜想：數(shù)列｛%｝不是“G型數(shù)列”，

證明如下：

由2aH=S"+1可得，當(dāng)”22時，2a=5n.1+1,

兩式相減可得2%-2an_t=Sn-S,-=a”,可得an=2%,

此時從第二項起，每一項與它前一項的比為旦=2<3,因此｛%｝不是“G型數(shù)列”；

an-\

(2)設(shè)數(shù)列出｝的公比為4,易知qeN*,

又因為數(shù)列也｝不是“G型數(shù)列"，可得“43

ba?2

可得券即得％=?"+2”2；

bn4+2

又數(shù)列｛4｝為“G型數(shù)列"，可得乎=4>3；

易知“G型數(shù)列”為遞增數(shù)列，因此當(dāng)〃趨近于正無窮大時，4+2二趨近于4,即可得"23；

a”

綜上可得4=3,即"〃+i-+4,可得a.+2=3(%+2)；

所以數(shù)列｛%+2｝是以4+2=3為首項，公比為3的等比數(shù)列；

即可得?！?2=3x3"_=3",可得%=3"-2；

所以數(shù)列｛%｝的通項公式為%=3"-2.

18.⑴極小值為40)=1,無極大值；

(2)(2-21n2,+co)

【分析】

(1)代入。=-1并求導(dǎo)，得出單調(diào)性即可求出的極值；

(2)易知當(dāng)時，〃x)單調(diào)遞增，不合題意；可知。<0,構(gòu)造函數(shù)g(t)=lnf+a(尸-1)

答案第10頁，共14頁

并求出其單調(diào)性，由零點存在定理可解得-得出/(in/)的表達式并求其單調(diào)性

可得結(jié)論.

【詳解】(1)當(dāng)a=—l時，/(x)=x+J,貝lj-(x)=l-g=*；

令((力=0,可得x=0,

當(dāng)xw(e,O)時，/'(x)<0,即在(―雙。)上單調(diào)遞減，

當(dāng)x?0,y)時，f^x)>0,即在(0,+。)上單調(diào)遞增；

因此函數(shù)“X)在x=0處取得極小值"0)=1,

所以的極小值為"0)=1,無極大值；

(2)易知當(dāng)0</<：時，一片「(/I"%),。,

2］一飛11—XQ1-X()

所以In%>1、0；

又〃x)=尤-￡可得((x)=l+￡,

不滿足了(lnx°)=/1ln

易知當(dāng)說0時，/^%)>0,此時〃x)單調(diào)遞增,

因止匕〃<0；

a

由〃ln%)=/］ln言J可得In"/一”］一天

片，

If

記—王<玉,且0<$<,

1-%0

一cia11a1

即可得In%-----=In玉----,即In/—In再=-----

x0再XQJ

所以ln*=3二"，又易知%+%=產(chǎn)=%

王天與1一玉)xo

因此卻/=必@&+尤。)=退出"

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Q/xj

x0x{xox{XXX(

令&=/>l,可得Ln/=,gplnt=a(l-t2)在。1時有解，

再t\tJ

答案第11頁，共14頁

所以小〉1使得In，+〃-1)=0,

令g⑺=ln/+a(/_1),

則g?)=；+2q/=2°；+1,由

/

-，時，g'0>o,即g⑺在上單調(diào)遞增,

當(dāng)re0,

V

r~r)

當(dāng)代-------,+oo時，g'⑺<。，即g⑺在上單調(diào)遞減;

2a,2a,

易知g(l)=0可得，若一J-V1,則g⑺在(1,笆)上單調(diào)遞減，顯然不存在"1使得

V2a

ln/+a02—1)=o；

若J--—>1?解得-彳<〃<°,

V2a2

工,+1上單調(diào)遞減，因此g

因此g⑺在上單調(diào)遞增，在

以下證明存在％>1,使得g&)<0;

令機=貝ljmr(/)=--l=-■―-<0,

可得加(。在(1,+00)上單調(diào)遞減，因此加(。<加(1)=0,即/>1時，