黑龙江省哈尔滨市第九中学2020届高三数学第三次模拟考试试题-文.doc

黑龙江省哈尔滨市第九中学2020届高三数学第三次模拟考试试题 文黑龙江省哈尔滨市第九中学2020届高三数学第三次模拟考试试题 文年级：姓名：- 23 -黑龙江省哈尔滨市第九中学2020届高三数学第三次模拟考试试题 文（含解析）一选择题1. 已知集合A1，Bx|mx10，若ABB，则所有实数m组成的集合是()A. 1,2B. ，0,1C. 1,0,2D. 1,0，【答案】C【解析】（1），则（2），则，解得综上，选C点睛：(1)认清元素的属性，解决集合问题时，认清集合中元素的属性(是点集、数集或其他情形)和化简集合是正确求解的两个先决条件.(2)注意元素的互异性.在解决含参数的集合问题时，要注意检验集合中元素的互异性，否则很可能会因为不满足“互异性”而导致解题错误.(3)防范空集.在解决有关等集合问题时，往往忽略空集的情况，一定先考虑是否成立，以防漏解.2. 设数列的前n项和=，则的值为A. 15B. 16C. 49D. 64【答案】A【解析】【分析】利用求解即可.【详解】因为数列的前n项和=，所以，故选：A.【点睛】本题主要考查本题主要考查数列的通项公式与前项和公式之间的关系，属于中档题. 已知数列前项和，求数列通项公式，常用公式.3. 下列函数在其定义域内，既是奇函数又存在零点的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数奇偶性的概念进行判断，再根据单调性及零点的存在性定理判断是否存在零点.【详解】根据函数奇偶性的概念可判断A选项与D选项所给函数不具有奇偶性；对于B选项，为奇函数，但不存在零点；对于C选项，为奇函数，且；故答案选：C.【点睛】本题考查函数奇偶性及函数零点的判断，较容易，解答时注意结合函数的性质、零点存在性定理、图象等判断.4. 对四组数据进行统计，获得如图所示的散点图，关于其相关系数的比较，正确的是()A. r2r40r3r1B. r4r20r1r3C. r4r20r3r1D. r2r40r10，r30，图(2)与图(4)是负相关，故r20，r40，且图(1)与图(2)的样本点集中在一条直线附近，因此r2r40r3r1.故选:A.【点睛】本小题主要考查散点图，考查相关系数、正相关和负相关的理解，属于基础题.5. “”是“且”的( )A 必要不充分条件B. 充要条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系.【详解】，可得，或，“”是“且”的必要不充分条件，故选：A.【点睛】本题考查必要不充分条件的判断，此类问题应根据两个条件构造的原命题和逆命题的真假来判断条件关系.6. 执行图中的程序框图（其中表示不超过的最大整数），则输出的值为（ ）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】D【解析】试题分析：每次循环的结果分别为：，；，；，；，；，；，这时，输出故选考点：程序框图7. 已知命题，命题，则（ ）A. 命题是假命题B. 命题是真命题C. 命题是真命题D. 命题是假命题【答案】B【解析】【分析】判断命题是真命题，命题是真命题，进而判断复合命题的真假.【详解】命题，取，则，故命题为真命题，命题，当且仅当，即时取等号，但等号取不到所以，即命题也为真命题，所以，命题是真命题.故选：B.【点睛】本题考查命题的真假的判断，判断命题的真假是解本题的关键，属于基础题.8. 设定义在上的函数满足，若，则（ ）A. B. 1C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】通过赋值，可得，由递推公式，可得，即可得出结果【详解】，当时可得，由，可得故选：D【点睛】本题考查抽象函数求函数值、函数得周期性、特殊值赋值等基本知识，考查了数学运算能力和逻辑推理能力，转化得数学思想，属于中档题目.9. 若向量与的夹角为，则( )A. B. 1C. 4D. 3【答案】B【解析】【分析】先利用向量的模的平方等于向量的平方,展开得到，代入已知条件得到关于的方程,解之可求得.【详解】因为，所以，又因为,所以,解得（-2舍去），故选：B.【点睛】本题考查向量的模和向量的数量积运算,注意在求向量的模时常常需求向量的平方,属于基础题.10. 等比数列中，函数，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将函数看做与的乘积，利用乘法运算的求导法则，代入可求得；根据等比数列性质可求得结果.【详解】又本题正确选项：【点睛】本题考查导数运算中的乘法运算法则的应用，涉及到等比数列性质应用的问题，关键是能够将函数拆解为合适的两个部分，从而求解导数值时直接构造出数列各项之间的关系.11. 已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，直线(为坐标原点)的斜率为，则（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设出三点的坐标，利用点差法转化可求解的关系，即可得出结果.【详解】设A，则，A，代入椭圆方程得：，两式相减可得：，化简可得：，即：，故选：B【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题.12. 如图，已知圆的半径为10，其内接三角形的内角，分别为60和45，现向圆内随机撒一粒豆子，则豆子落在三角形内的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】假设圆的半径为，根据题意可知，根据三角形内角和可知，然后利用三角形面积公式可得，最后根据几何概型的概念，可得结果.【详解】设圆的半径为且由，且所以又，所以所以则即圆的面积为另设向圆内随机撒一粒豆子，则豆子落在内的概率为则故选：B【点睛】本题考查三角形外接圆以及几何概型综合应用，本题关键在于计算，熟悉公式，细心计算，属基础题.二填空题13. 已知复数满足(为虚数单位)，则_.【答案】【解析】【分析】先求出复数，再利用复数的模的计算公式即可求出【详解】，即故答案为：【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算法则以及复数的模的计算公式的应用，属于基础题14. 下图中（1）（2）（3）（4）为四个平面图形，表中给出了各平面图形中的顶点数边数以及区域数.平面图形顶点数边数区域数1332281263695410157现已知某个平面图形有1009个顶点，且围成了1006个区域，试根据以上关系确定这个平面图形的边数为_.【答案】2013【解析】【分析】根据表中数值得出平面图形的顶点数、边数、区域数之间的关系为：顶点数区域数-2=边数，将数据代入公式计算即可【详解】由所给的表格数据得出：（1）图顶点数为3个，3条边，围成1个区域；（2）图有8个顶点，12条边，围成5个区域；（3）图有6个顶点，9条边，围成4个区域；（4）图有10个顶点，15条边，围成6个区域；归纳可得出平面图形的顶点数、边数、区域数之间的关系为：顶点数区域数边数；由平面图形有1009个顶点，且围成了1006个区域，故边数为，故答案为：2013【点睛】本题主要考查归纳推理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.15. 如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为 . 【答案】8【解析】试题分析：几何体为三棱锥，可以将其补形为一个棱长为2的正方体，该正方体的外接球和几何体的外接球为同一个，故2R=2，所以外接球的表面积为：4R2=8故答案为8考点：本题主要考查了球的表面积的求法，几何体的三视图与直观图的应用，考查空间想象能力，计算能力点评：解决该试题的关键是由题意判断几何体的形状，几何体扩展为正方体，求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积16. 过双曲线的一个焦点作一条渐近线的垂线，垂足为点，与另一条渐近线交于点，若，则此双曲线的离心率为_.【答案】2【解析】【分析】采用数形结合，依题意可知是的垂直平分线，然后可得，进一步可知，可得，简单化简可得结果.【详解】如图所示由，则为的中点，又，则是的垂直平分线所以，又，所以，则，所以又渐近线的方程为所以则，又，则，所以，即，则故答案为：2【点睛】本题是对双曲线的渐近线以及离心率的综合考查，本题关键在于得到，考查分析能力以及计算能力，属中档题.三解答题17. 已知向量，且函数.（1）若，求的值；（2）在中，角，的对边分别是，且满足，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由平面向量的数量积运算，利用二倍角公式和辅助角公式可化简为，然后由题进行角的转换得出答案（2）由余弦定理化简得，从而得到 ，进而得出的取值范围【详解】（1）因为，所以，所以.（2）因为.所以，又，所以.所以，所以.【点睛】本题用到的知识点有平面向量的数量积运算，余弦定理，二倍角公式，辅助角公式等，属于综合题18. 如图所示，在三棱柱中，平面，.（1）求证：平面；（2）若是棱的中点，在棱上是否存在一点，使得/平面？若存在，请确定点的位置：若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为中点.【解析】【分析】（1）依题可知，根据线面垂直、线线垂直以及正方形的性质可得，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.（2）分别取的中点，根据线面平行的判定定理可得/平面，/平面，然后可得平面/平面，最后简单判断可得结果.【详解】（1）因为，则所以为直角三角形且，即.又平面，所以，平面，所以平面，所以，则.因为，所以侧面为正方形.所以，平面所以平面.（2）存在点，且为中点.理由如下：取的中点，连结，则/，又平面，平面所以/平面.连结，因为为中点，所以/，同理/平面，又，平面所以平面/平面， 平面所以/平面.【点睛】本题考查线面垂直的判定以及线面平行存在性问题，掌握线线、线面、面面的位置关系，以及相关的判定定理和性质定理，属中档题.19. 某商场为了了解顾客的购物信息，随机的在商场收集了100位顾客购物的相关数据，整理如下：一次购物款（单位：元）0,50）50,100）100,150）150,200）200,+）顾客人数m2030n10 统计结果显示100位顾客中购物款不低于100元的顾客占60%，据统计该商场每日大约有5000名顾客，为了增加商场销售额度，对一次性购物不低于100元的顾客发放纪念品（每人一件）（注：视频率为概率） （1）试确定的值，并估计该商场每日应准备纪念品的数量；（2）为了迎接店庆，商场进行让利活动，一次购物款200元及以上的一次返利30元；一次性购物款小于200元的按购物款的百分比返利，具体见下表：一次购物款（单位：元）0,50）50,100）100,150）150,200）返利百分比06%8%10% 估计该商场日均让利多少元？【答案】（1）3000；（2）52000【解析】试题分析：本题主要考查统计表、频率、频率分布直方图等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力第一问，先利用100位顾客中购物款不低于100元的顾客占60%，则，则可求出n的值，再利用总数为100，得到m的值，不低于100元的顾客占60%，则用得到纪念品数量；第二问，先分别求出每个购物区间在5000人中分别有多少人，再用区间的平均数返利百分比求出的人数，得到结论试题解析：（1）100位顾客中购物款不低于100元的顾客有，；该商场每日应准备纪念品的数量大约为 （2）设购物款为元，当时，顾客有人，当时，顾客有人，当时，顾客有人，当时，顾客有人，所以估计日均让利为元考点：统计表、频率、频率分布直方图20. 高三十二班同学设计了一个如图所示的“蝴蝶形图案”（阴影区域）来预示在6月的高考中，同学们展翅高飞，其中是过抛物线的焦点的两条弦，且，点为轴上一点，记，其中为锐角（1）求抛物线的方程；（2）当“蝴蝶形图案”的面积最小时，求的大小【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】试题分析：（1）由抛物线的焦点坐标即可得到抛物线的标准方程；（2）由题意结合图形，把、四点的坐标分别用、和表示，代入抛物线方程后最终求得、，对三角形面积化简整理，换元后利用配方法求面积的最小值【详解】（1）由题意可得抛物线方程为：（2）由抛物线焦点得，抛物线方程为；设，则点，即解得：，同理：“蝴蝶形图案”的面积，令则，当，即时“蝴蝶形图案”的面积最小为考点：（1）抛物线的简单性质；（2）平面向量数量积的运算.21. 已知函数f （x）=lnx，g（x）=ex（1）若函数 （x） = f （x），求函数 （x）的单调增区间；（2）设直线l为函数的图象上一点A（x0，f （x0）处的切线证明：在区间（1，+）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y=g（x）相切【答案】解：（1） （2）见解析.【解析】【分析】（1）求导函数，确定导数恒大于0，从而可得求函数的单调区间；（2）先求直线l为函数的图象上一点处的切线方程，再设直线与曲线相切于点，进而可得，再证明在区间上存在且唯一即可【详解】（1），且，函数的单调递增区间为和（2）证明:，切线的方程为，即，设直线与曲线相切于点，直线的方程为，即，-，得，下证：在区间上存在且唯一由（1）可知，在区间上递增又，结合零点存在性定理，说明方程必在区间上有唯一的根，这个根就是所求的唯一的.故结论成立【点睛】求函数的单调区间的方法： （1）求导数； （2）解方程；（3）使不等式成立的区间就是递增区间，使成立的区间就是递减区间.22. 已知圆的极坐标方程是，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，则直线的参数方程为(为参数).若直线与圆相交于，两点，且.（1）求圆的直角坐标方程，并求出圆心坐标和半径；（2）求实数的值.【答案】（1）：，圆圆心为，半径为1；（2）.【解析】【分析】（1）依题意可知，然后根据，可得圆的直角坐标方程，转化为圆的标准方程形式，可得结果.（2）通过消参可得直线的普通方程，根据圆的半径以及，可得圆心到直线的距离，然后利用圆心到直线的距离公式，简单计算可得结果.【详解】（1）圆的极坐标方程是，则，由，则，即，所以圆的直角坐标方程为圆圆心为，半径为1.（2）由题可得直线的普通方程为，又，半径可得圆心到直线得距离则，所以，则.【点睛】本题考查极坐标方程、参数方程、普通方程的转化，熟记，以及消参法的应用，重在计算，属基础题.23. 已知函数()已知常数解关于的不等式；（）若函数的图象恒在函数图象的上方，求实数的取值范围.【答案】（）（）【解析】试题分析: （）去掉绝对值结合即可求出不等式的解集;（）函数的图像恒在函数图像的上方，转化为恒成立,分离参变量,利用绝对值不等式求出函数的最值,进而求得参数的范围.试题解析:（）由得,所以或所以或,故不等式解集为（）因为函数的图像恒在函数图像的上方，所以恒成立，则恒成立，因为,所以的取值范围是点睛:本题考查解不等式以及由恒成立问题转化的含绝对值函数的最值问题,属于基础题目. 对绝对值三角不等式:|a|b|ab|a|b|.(1)当ab0时，|ab|a|b|；当ab0时，|ab|a|b|.(2)该定理可以推广为|abc|a|b|c|，也可强化为|a|b|ab|a|b|，它们经常用于含绝对值的不等式的推证