黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020届高三数学第二次模拟考试试题-理.doc

黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020届高三数学第二次模拟考试试题 理黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020届高三数学第二次模拟考试试题 理年级：姓名：- 30 -黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020届高三数学第二次模拟考试试题 理（含解析）考试说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚.2.选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，字迹清楚.3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效.4.保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀.第I卷（选择题，共60分）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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先分别化简集合，再求即可.【详解】由题知：，.故选：B【点睛】本题主要考查了对数函数的定义域，同时考查了二次不等式和集合的运算，属于简单题.2.若复数满足，其中是虚数单位，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简求得，然后利用复数模的计算公式求解【详解】解：因为，则.故选：D.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算和复数模的求法，属于基础题.3.已知直线：，：，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据直线与直线的垂直，列方程，求出，再判断充分性和必要性即可.【详解】解：若，则，解得或，即或，所以“”是“或”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查直线一般式中直线与直线垂直的系数关系，考查充分性和必要性的判断，是基础题.4.若a，b，c为实数，且，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用赋值法直接判断即可.【详解】解：当时，选项A无意义，错误；当时，显然选项B错误；当时，显然选项D错误；故选：C【点睛】此题考查不等式性质的运用，考查了排除法的运用，属于基础题.5.等差数列的前项和为，则取最小值时，的值为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】设等差数列的首项为，公差为，根据等差数列的通项公式与求和公式，列式求得首项与公差，从而得出数列的通项公式，再由求得的范围，即可判断出取最小值时的值.【详解】解：设等差数列的首项为，公差为，由于，则，解得：，由，得，数列自第5项起大于0，则取最小值时，的值为4.故选：C.【点睛】本题考查等差数列取最小值对应的项数，涉及等差数列的通项公式与前项和公式的应用，属于基础题.6.函数，的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用函数的奇偶性及趋近性，结合选项即可得解.【详解】解：函数的定义域为，易知为偶函数，为奇函数，故函数为奇函数，可排除选项D；又当时，当时，可排除选项BC；故选：A.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和特殊情况判断函数值符号，考查运算求解能力和逻辑推理能力，选取合适的特殊情况并判断其函数值符号是求解本题的关键，属于中档题7.已知四面体中，两两垂直，与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先以为原点，分别为，轴建立空间直角坐标系，根据与平面所成角的正切值为得到，再求到平面的距离即可.【详解】以为原点，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图所示：设，.，.设平面的法向量，则，令，得，故.因为直线与平面所成角的正切值为，所以直线与平面所成角的正弦值为.即，解得.所以平面的法向量，故到平面的距离为.故选：D【点睛】本题主要考查向量法求点到面的距离，同时考查线面成角问题，属于中档题.8.2020年新型冠状病毒肺炎蔓延全国，作为主要战场的武汉，仅用了十余天就建成了“小汤山”模式的火神山医院和雷神山医院，再次体现了中国速度.随着疫情发展，某地也需要参照“小汤山”模式建设临时医院，其占地是出一个正方形和四个以正方形的边为底边、腰长为400m的等腰三角形组成的图形（如图所示），为使占地面积最大，则等腰三角形的底角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理可先求出4个三角形的面积，再由三角形面积公式可求出正方形的边长，从而得到面积，最后得到答案.【详解】解：设顶角为，由三角形的面积公式可得4个等腰三角形的面积和为，由余弦定理可得正方形边长为，故正方形面积为，所以所求占地面积为，所以当，即时，占地面积最大，此时底角为，故选：D【点睛】此题考查了三角形面积公式的应用和余弦定理的应用，属于中档题.9.给出下列命题，其中正确命题的个数为（ ）若样本数据，的方差为2，则数据，的方差为4；回归方程为时，变量x与y具有负的线性相关关系；随机变量X服从正态分布，则；甲同学所在的某校高三共有5003人，先剔除3人，再按系统抽样的方法抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为.A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】A【解析】【分析】根据方差的性质即可判断；根据变量x，y的线性回归方程的系数，判断变量x，y是性负相关关系；利用正态分布的对称性，计算可求得结果；根据简单随机抽样概率均等，计算出每人被抽取的概率.【详解】若样本数据，的方差为2，则数据，的方差为，故错误；回归方程为，可知，则变量x与y具有负的线性相关关系，正确；随机变量X服从正态分布，根据正态分布的对称性，所以，错误；根据简单随机抽样概率均等可知，某校高三共有5003人，抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为,错误.故选：A【点睛】本题考查方差，回归直线，正态分布，系统抽样的概念和性质，考查理解辨析能力，属于基础题.10.已知，是双曲线的左右焦点，以为圆心、a为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于A，B两点，若，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出双曲线的焦点到渐近线的距离，求出，利用已知条件开出不等式，转化求解即可.【详解】由已知可知焦点到渐近线的距离为，所以，因为，所以，可得，即，可得，所以，即，又因为所以，所以，故选：A【点睛】此题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，点到直线的距离公式的应用，属于中档题.11.在边长为2的菱形中，将菱形沿对角线折起，使二面角的大小为，则所得三棱锥的外接球表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知可得、都是边长为的等边三角形，由菱形的对角线互相垂直，可得为二面角的平面角，即，作出图形，找出三棱锥的外接球球心，利用四点共圆结合正弦定理求解三棱锥的外接球的半径，代入球的表面积公式可得结果.【详解】由于四边形是边长为的菱形，且，则，所以，、都是边长为的等边三角形，由于菱形的对角线互相垂直，则，所以，为二面角的平面角，即，过点作平面的垂线，垂足为点，则点在线段上，由，可得，且是等边三角形，所以，设的外心为点，的中点，在平面内，过点、分别作平面、的垂线交于点，则点为三棱锥的外接球的球心，则，则，由于、四点共圆，可得，所以，三棱锥的外接球的表面积为.故选：B.【点睛】本题考查多面体外接球的表面积的求解，找出球心的位置，并求出球的半径是解题的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.12.若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】令，可得，令，可得，令，令，其中且，作出函数的图象，根据函数有三个零点可得出的两根的取值范围，利用二次函数的零点分布得出关于实数的不等式组，可求得实数的取值范围.【详解】，则.令，可得，令，则，即，设，构造函数，其中且，则，令，得，列表如下：单调递增单调递增极大值单调递减函数（且）的图象如下图所示：由于函数有三个不同的零点，而关于的二次方程至多有两个根.当关于的二次方程有两根时，设这两根分别为、，则，此时，解得；若，则，关于的二次方程为，两根分别为，在且时无实根，只有一个实根，此时，函数只有两个零点，不合乎题意.综上所述，实数的取值范围是.故选：B.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点个数问题，将问题转化为复合函数的零点问题是解答的关键，考查数形结合思想的应用，属于难题.第II卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，满足，则_.【答案】1【解析】【分析】对两边平方化简可求出的值.【详解】解：由得，因为，所以，解得1，故答案为：1【点睛】此题考查平面向量的数量积运算及向量的模的运算，属于基础题.14.已知函数，若直线是曲线的一条对称轴，则_.【答案】【解析】【分析】根据辅助角公式化简得，根据对称性的性质可得，从而，结合诱导公式及二倍角公式得，即可求解.【详解】解：，由于直线是曲线的一条对称轴，则，.故答案为：.【点睛】本题考查正弦函数的对称性，考查利用辅助角公式、诱导公式和二倍角公式进行化简求值，考查分析和运算能力.15.史记卷六十五孙子吴起列传第五中记载了“田忌赛马”的故事.齐王有上等，中等，下等马各一匹；田忌也有上等，中等，下等马各一匹.田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现规定每场比赛从双方的马匹中随机各选取一匹进行比试，若有优势的马一定获胜，且每场比赛相互独立，则采取三局两胜制齐王获胜的概率为_.【答案】【解析】【分析】列出所有情况，统计满足条件的情况得到齐王每次胜利的概率，再根据独立事件计算得到答案.【详解】设齐王的上中下等马为，田忌的上中下等马为，则共有9种情况，其中齐王获胜的有6种情况，故，.故答案为：.【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.16.已知圆，动圆与圆、都相切，则动圆的圆心轨迹的方程为_；直线与曲线仅有三个公共点，依次为、，则的最大值为_.【答案】 (1). 或 (2). 【解析】【分析】分两种情况讨论圆与圆外切，与圆内切；圆与圆、都内切.利用椭圆的定义可求得轨迹的方程；由直线与曲线仅有三个公共点，可知直线与椭圆相切，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，联立直线与椭圆的方程，利用弦长公式结合不等式的性质可求得的最大值.【详解】已知圆，则圆内含于圆，圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为.设动圆的半径为，分以下两种情况讨论：圆与圆外切，与圆内切，由题意可得，此时，圆的圆心轨迹是以、分别为左、右焦点，长轴长为的椭圆，则，此时，轨迹的方程为；圆与圆、都内切，且，由题意可得，此时，圆的圆心轨迹是以、分别为左、右焦点，长轴长为的椭圆，此时，轨迹的方程为；综上所述，轨迹方程为或；由于直线与曲线仅有三个公共点，则直线与椭圆相切.若直线的斜率不存在时，直线的方程为，可设直线的方程为，联立，解得，此时；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，消去并整理得，可得，设点、，联立，消去并整理得，由韦达定理得，当且仅当时，取得最大值.故答案为：或；.【点睛】本题考查利用定义求椭圆的方程，同时也考查了椭圆弦长的最值问题，考查韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于难题.三、解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.哈尔滨市第三中学校响应教育部门疫情期间“停课不停络授课，为检验课的效果，高三络模拟考试.全学年共人，现从中抽取了人的数学成绩，绘制成频率分布直方图（如下图所示）.已知这人中分数段的人数比分数段的人数多人.（1）根据频率分布直方图，求、的值，并估计抽取的名同学数学成绩的中位数；（2）若学年打算给数学成绩不低于分的同络课堂学习优秀奖”，将这名同学数学成绩的样本频率视为概率.（i）估计全学年的获奖人数；（ii）若从全学年随机选取人，求所选人中至少有人获奖的概率.【答案】（1），中位数为；（2）（i）人；（ii）.【解析】【分析】（1）根据题意得出关于、的方程组，可解得、的值，再由中位数左边的矩形面积之和为可求得中位数的值；（2）（i）计算得出数学成绩不低于分的同学的频率，乘以可得出全学年的获奖人数；（ii）设所选人中获奖人数为，则，然后利用独立重复试验的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】（1）依题意，得，在所抽取的人中分数段的人数比分数段的人数多人，则，得，即，解得.设中位数为，前个矩形的面积之和为，前个矩形的面积之和为，由题意可得，解得；（2）（i）数学成绩不低于分的同学的频率为，所以估计全学年获奖人数为人；（ii）设所选人中获奖人数为，则，则，所以所选人中至少有人获奖的概率为.【点睛】本题考查利用频率分布直方图求参数，同时也考查了利用频率分布直方图计算中位数、频数，以及利用独立重复试验概率公式计算事件的概率，考查计算能力，属于中等题.18.公差大于的等差数列的前项和为，成等比数列，等比数列的前项和为.（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据等比中项可得，从而求得，再利用等差数列和等比数列的通项公式，即可得答案；（2）对进行讨论，化简数列，再利用错位相减进行求和.【详解】（1），成等比数列，即，解得或（舍去），.设等比数列的公比为，.（2），当时，；当时，；当时，可得，.【点睛】本题考查等差、等比数列通项公式、错位相减法求和，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意要写成分段的形式.19.三棱柱中，平面平面，点F为棱的中点，点E为线段上的动点.（1）求证：；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）首先根据题意得到，利用平面平面的性质得到平面，从而得到，根据勾股定理得到，从而得到，利用线面垂直的判定得到平面，从而证明.（2）以点为原点，以，为，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的余弦值即可.【详解】（1）因为，为中点，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，而平面，故，又因为，所以，又因为在三棱柱中，所以，又，故平面，又平面，所以.（2）以点为原点，以，为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，由得：，又，设平面的法向量为，因为，设直线与平面所成角为，则，解得：.又平面的一个法向量，又，设平面的一个法向量为，则，则平面的一个法向量为 设二面角的平面角为，则，又因为二面角的平面角为锐角，则二面角的余弦值为.【点睛】本题第一问考查线线垂直的证明，第二问考查向量法求二面角，同时考查学生的计算能力，属于中档题.20.已知椭圆C：的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，四边形的面积为，坐标原点O到直线的距离为.（1）求椭圆C的方程；（2）过椭圆C上一点P作两条直线，分别与椭圆C相交于异于点P的点A，B，若四边形为平行四边形，探究四边形的面积是否为定值.若是，求出此定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，定值为3.【解析】【分析】（1）由已知设直线的方程为，再利用已知条件列方程组，求出即可得到椭圆的方程；（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，当直线的斜率存在时，设：，联立，可得，利用根与系数的关系，求出弦长AB，再结合点到直线的距离公式求解三角形的面积，可推出结论.【详解】（1）直线的方程为，由题意可得，解得， 椭圆C的方程为（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时 当直线的斜率存在时，设：，联立，可得，则，四边形为平行四边形，点P在椭圆上，整理得，原点O到直线的距离，综上，四边形的面积为定值3.【点睛】此题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想和计算能力，属于较难题.21.已知函数，为函数的导数.（1）讨论函数的单调性；（2）若当时，函数与的图象有两个交点，求证：.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】分析】（1）首先可以求出以及，再然后讨论，三种情况，计算即可得出结果，（2）本题首先可设，然后求出并令，求出，再然后通过恒成立得出在上为增函数，求出的单调性和极值，最后通过在区间以及内各有一个零点即可证得.【详解】（1）当时，,在单调递增；当时，由,得,所以在单调递增，在单调递减；当时，,在单调递减（2）设，由于，恒成立知函数在上为增函数且x1-0+递减极小值递增，知在区间以及内各有一个零点，即为，知，即.【点睛】本题考查根据导函数判断函数单调性以及二分法判断函数零点所在区间，若函数的导函数为，当时，函数是增函数，当时，函数是减函数，考查计算能力，是难题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程 22.在平面直角坐标系中，已知曲线（为参数），直线 （为参数， ），直线与曲线相切于点，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程及点的极坐标；（2）曲线的直角坐标方程为，直线的极坐标方程为，直线与曲线交于在，两点，记的面积为，的面积为，求的值.【答案】（1）；点的极坐标为；（2）16.【解析】【分析】（1）直接利用消去参数法，将参数方程转化为直角坐标方程，再利用互化公式，将直角坐标方程转换为极坐标方程，即可求出曲线和直线的极坐标方程，联立方程组，通过求出，从而可求出点的极坐标；（2）利用互化公式求出的极坐标方程，设，将代入的极坐标方程，根据韦达定理求出，进而求出和，从而可求出的值.【详解】解：（1）已知曲线为参数），消去参数，可得曲线的直角坐标方程为，将代入得的极坐标方程为，由于直线为参数，可得的极坐标方程为（），由于直线与曲线相切于点，将代入曲线，得，则，得，又，所以，则，此时，所以点的极坐标为.（2）由于的直角坐标方程为，则圆心，则的极坐标方程为：，设，将代入的极坐标方程，得，所以，所以，又因为，所以.【点睛】本题考查利用消参法将参数方程转化为极坐标方程，利用互化公式进行直角坐标方程和极坐标方程之间转换，考查联立方程组、利用韦达定理以及极径的应用和三角形的面积公式的应用，考查转化思想和运算能力.选修4-5：不等式选讲 23.已知.（1）求不等式的解集；（2）设函数的最大值为m，且，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据绝对值的性质进行分类讨论进行求解即可；（2）根据绝对值的性质把函数的解析式变形为分段函数形式，求出函数的最大值，结合基本不等式的性质、乘法的运算法则进行证明即可.【详解】（1） ，当时，解得，此时解集为； 当时，所以；当时，所以.综上，不等式的解集为；（2） ，在 递增，在递减；所以最大值为，因此，即，因为，所以.即不等式成立.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了基本不等式的应用，考查了分段函数的最值求法，考查了数学运算能力.