黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三数学第五次模拟考试试题-理.doc

黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三数学第五次模拟考试试题 理

黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三数学第五次模拟考试试题 理

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黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三数学第五次模拟考试试题 理（含解析）
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共12小题.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.已知复数，（为虚数单位），若是纯虚数，则实数（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】
复数的乘法运算，根据纯虚数的定义，即可得出结果.
【详解】是纯虚数，
所以且，可得
故选：A
【点睛】本题考查复数的乘法运算、纯虚数的定义，考查了数学运算能力和理解辨析能力，属于容易题目.
2.已知集合，集合，则集合的子集个数为（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】
解一元二次不等式求集合A，求出，即可得结果.
【详解】∵，，
∴，∴集合的子集个数为8个，
故选：D.
【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，交集的运算以及子集的个数，属于基础题.
3.已知向量，且，则（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由向量平行的坐标公式，即可求得.
【详解】，，，
，解得，
故选：C.
【点睛】本题考查向量平行的坐标公式，属于基础题.一般地，如果，，若，则.
4.设，，，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意结合对数函数的单调性和指数函数的单调性与中间量0和1比较大小，即可确定，，的大小关系.
【详解】解：因为函数在上单调递增，且，
所以，即，所以，
因为函数在上单调递减，且，
所以，即，
因为函数在上单调递减，且，
所以，即，
所以，
故选：C
【点睛】此题考查的是对数式和指数式比较大小，通常利用对数函数和指数函数的单调性找中间量0或1比较大小，属于基础题.
5.将函数的图象向左平移个单位长度后得到曲线，再将上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到曲线，则的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三角函数图像平移变换和伸缩变换进行求解即可.
【详解】解：将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线，则的解析式为，再将上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到曲线，则的解析式为
故选：A
【点睛】此题考查三角函数解析式的求解，结合三角函数图像变换是解此题的关键，属于基础题.
6.远古时期，人们通过在绳子上打结来记录数量，即“结绳计数”，就是现在我们熟悉的“进位制”，下图所示的是一位母亲记录的孩子自出生后的天数，在从右向左依次排列的不同绳子上打结，满五进一，根据图示可知，孩子已经出生的天数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意可得孩子已经出生天数的五进制数为，化为十进制数即可得出结果.
【详解】由题意可知，孩子已经出生的天数的五进制数为，化为十进制数为.
故选：B.
【点睛】本题考查五进制数化为十进制数，考查计算能力，属于基础题.
7.设公比为3的等比数列前项和为，且，则（ ）
A. 3 B. 9 C. 27 D. 81
【答案】C
【解析】
【分析】
由等比数列的通项公式可求出，代入已知条件即可选出正确答案.
【详解】解：公比，，所以，
即.
故选:C.
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，属于基础题.
8.某几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都是上底为1，下底为2，高为1的直角梯形，俯视图为四分之一个圆，则该几何体的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由三视图可知，该几何体为组合体，由圆柱的和圆锥的组成，通过圆柱和圆锥的体积公式，即可得结果.
【详解】由三视图可得几何体为组合体，
下部是一个圆柱的，底面半径为1，高为1，体积为；
上部是一个圆锥的，底面半径为1，高为1，体积为
该几何体的体积为：
故选：A
【点睛】本题考查通过三视图还原几何体、圆锥的体积、圆柱的体积，考查了空间想象能力，数学运算能力和逻辑推理能力，属于一般题目.
9.已知函数，，，，…，依此类推，（ ）
A B. C. 0 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
结合函数导数的求解，求出，，，，，…，找出规律，即可求出，继而可求出的值.
【详解】解：，，
，，
，…，由，
得，则.
故选:A.
【点睛】本题考查了导数的求解.本题的关键是找出函数解析式的规律.
10.正方体的棱长为2，是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为（ ）
A. B. C. 4 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据分别是的中点，得到，利用正方体的结构特征，由，从而可得，由平面的基本性质得到在同一平面内，截面是等腰梯形，利用梯形面积公式即可求解.
【详解】由题意可得，如图所示：

因为分别是的中点，
所以，
在正方体中，，
所以，
所以在同一平面内，
所以平面截该正方体所得的截面为平面，
因为正方体的棱长为2，
所以，，等腰梯形的高为，
所以四边形的面积，
故选：D
【点睛】本题主要考查了正方体的截面问题以及平面的基本性质，考查了空间想象能力与运算求解能力，属于中档题.
11.给出下列命题，其中真命题为（ ）
①用数学归纳法证明不等式时，当时，不等式左边应在的基础上加上；
②若命题：，，则：，；
③若，，，则；
④随机变量，若，则
A. ①②④ B. ①④ C. ②④ D. ②③
【答案】C
【解析】
【分析】
本题首先可根据当时不等式左边为以及当时不等式左边为判断出①错误，然后根据特称命题的否定判断出②正确，再然后根据基本不等式判断出③错误，最后根据正态分布曲线的对称性判断出④正确.
【详解】①：当时，不等式左边为，
当时，不等式左边为，增加的项为，
故①错误，
②：特称命题的否定是全称命题，故②正确，
③：因为，，，
所以，，，故③错误，
④：因为，所以根据正态分布曲线的对称性可知，④正确，
故选：C.
【点睛】本题考查数学归纳法、特称命题的否定、基本不等式以及正态分布的相关性质，特称命题的否定是全称命题，考查推理能力，体现了基础性与综合性，是中档题.
12.已知、，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
代数式可视为直线上一点到抛物线上一点的距离，然后利用点到直线的距离公式结合二次函数的基本性质可求得所求代数式的最小值.
【详解】代数式可视为直线上一点到抛物线上一点的距离，
则点到直线的距离为，
所以，的最小值为.
故选：B.
【点睛】本题考查代数式最值的求解，利用代数式的几何意义求解是解题的关键，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题：本大题共4小题.
13.已知双曲线的离心率，则其渐近线的方程为 _________
【答案】
【解析】
双曲线的方程是，双曲线渐近线为，又离心率为，可得，，即，可得，由此可得双曲线渐近线为，故答案为.
14.已知数列的前项和为，，，则______.
【答案】77
【解析】
【分析】
由于，，，代入值求解即可
【详解】解：因为，，
所以
，

故答案为：77
【点睛】此题考查数列求和问题，解此题的关键是把写成，属于基础题.
15.2020年初，我国突发新冠肺炎疫情.面对突发灾难，举国上下一心，继解放军医疗队于除夕夜飞抵武汉，各省医疗队也陆续增援，纷纷投身疫情防控与病人救治之中.为分担“逆行者”的后顾之忧，某大学生志愿者团队开展“爱心辅导”活动，为抗疫前线工作者子女在线辅导功课.现安排甲、乙、丙三名志愿者为某学生辅导数学、物理、化学、生物四门学科，每名志愿者至少辅导一门学科，每门学科由一名志愿者辅导，共有______种辅导方案.
【答案】36
【解析】
【分析】
根据题意，由排列组合公式分析名志愿者辅导门学科的情况，即可求解.
【详解】根据题意，要求甲、乙、丙名志愿者每名志愿者至少辅导一门学科，
每门学科由名志愿者辅导，则必有人辅导门学科.
则有.
故答案为：36
【点睛】本题考查了排列组合的应用，掌握排列组合公式的计算，属于基础题.
16.设是奇函数的导数，当时，，则不等式的解集为______.
【答案】
【解析】
【分析】
当时，构造函数，利用导数分析函数的单调性，进而可分析出函数在区间上的符号变化，结合奇函数的性质可求得不等式的解集.
【详解】由于函数为上的奇函数，则.
当时，，则.
当时，构造函数，则，
所以，函数在区间上单调递减，且.
当时，，，即，此时；
当时，，，即，此时；
又，所以，当时，.
由于函数为上的奇函数，当时，.
对于不等式，当时，，则，不合乎题意；
当时，，则，合乎题意；
当时，，则，不合乎题意.
综上所述，不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】本题考查函数不等式的求解，解答的关键就是根据导数不等式的结构构造新函数，考查计算能力，属于中等题.
三、解答题：解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.第17~21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.
17.内角，，的对边分别为，，.满足.
（1）求；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
(1)有正弦定理进行边角互化可得，结合三角形的内角和定理可求出，从而可求出.
(2)有余弦定理可知，结合已知可求出，代入三角形的面积公式即可求出面积.
【详解】（1）由题知，则，
则，中，，所以，则.
（2）由余弦定理得，从而得，
又，所以，所以的面积为.
【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，属于基础题.
18.为抑制房价过快上涨和过度炒作，各地政府响应中央号召，因地制宜出台了系列房价调控政策.某市拟定出台“房产限购的年龄政策”.为了解人们对“房产限购年龄政策”的态度，在20∼60岁的人群中随机调查100人，调查数据的频率分布直方图和支持“房产限购”的人数与年龄的统计结果如图所示：

年龄

支持的人数
15
5
15
28
17

（1）由以上统计数据填列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为以44岁为分界点的不同人群对“房产限购年龄政策”的支持度有差异？

44岁以下
44岁及44岁以上
总计
支持

不支持

总计

（2）若以44岁为分界点，从不支持“房产限购”的人中按分层抽样的方法抽取8人参加政策听证会，现从这8人中随机抽2人.记抽到44岁以上的人数为，求随机变量的分布列及数学期望.
参考公式：.

0.100
0.050
0.010
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828

【答案】（1）填表见解析；能；（2）分布列见解析；期望为.
【解析】
【分析】
(1)由统计数据填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论;(2)根据题意知X的可能取值，计算对应的概率值，写出随机变量X的分布列，计算数学期望值.
【详解】（1）由统计数据填列联表如下：

44岁以下
44岁及44岁以上
总计
支持
35
45
80
不支持
15
5
20
总计
50
50
100

计算观测值，
所以在犯错误的概率不超过5%的前提下认为以44岁为分界点的不同人群对“房产限购年龄政策”的支持度有差异；
（2）由题意可知抽取的这8人中，44岁以下的有6人，44岁以上的有2人，
根据题意，的可能取值是0，1，2，
，
，
，
可得随机变量X的分布列为：

0
1
2

故数学期望为.
【点睛】本题主要考查了独立性检验思想及K2的求法，分层抽样特征，离散型随机变量分布列及数学期望的求法，属于基础题.
19.如图①，在平面五边形中，是梯形，，，，，是等边三角形.现将沿折起，连接、得如图②的几何体.

（1）若点是的中点，求证：平面；
（2）若，在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在；.
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可得出结论；
（2）取中点，连接、，推导出、、两两垂直，然后以点为原点，分别以射线、、为、、轴正半轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二面角的余弦值为可求得的值，进而可求得的值，由此可得出结论.
【详解】（1）取中点，连接、，则是的中位线，且，
且，且，则四边形是平行四边形，，
又平面，平面，平面；

（2）取中点，连接、，易得，，
在中，由已知，，.
，，所以，、、两两垂直，
以为原点，分别以射线、、为、、轴正半轴建立如图所示空间直角坐标系，

则、、、，
则，，，
假设在棱上存在点满足题意，设，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得平面的一个法向量，
又平面的一个法向量，
由已知，
整理得，解得（舍去），
因此，在棱上存在点，使得二面角的余弦值为，且.
【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用二面角的余弦值解决动点问题，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
20.已知抛物线：的焦点是椭圆的一个焦点.
（1）求抛物线的方程；
（2）设，，为抛物线上的不同三点，点，且.求证：直线过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）椭圆的焦点为，由题意可知，由此即可求出抛物线的方程；
（2）设直线的方程为，与抛物线联立得，可得，再根据，可得，列出方程代入，化简可得，再因式分解可得或，再代入方程进行检验，即可求出结果.
【详解】（1）因为椭圆的焦点为，
依题意，，，所以：
（2）设直线的方程为，与抛物线联立得，
设，，
则，
由，则，即，
所以
即，
整理得到，
所以，
化简得即，
解得或.
当时，直线的方程为，即为，即直线过定点；
当时，直线的方程为，即为，即直线过定点，此时与点重合，故应舍去，
所以直线过定点.
【点睛】本题考查抛物线的方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
21.已知函数.
（1）当时，求证：当时，；
（2）若函数有两个零点，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
(1)求出，设，通过导数，求出恒成立，从而可判断的符号，进而可求出函数的单调性，即可证明.
(2)参变分离，设，通过导数研究其单调性、最值，画出草图，结合零点个数，即可求出的值.
【详解】（1）当时，
则，解得由，则知：

2

0

单调递增
极大值
单调递减

知时，，即恒成立
知为上的减函数，即，证毕；
（2）由题意知有两个零点，设函数，则
，即，解得或，则

1

0

0

单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减

所以，极小值为；极大值为；当时，，
当时，且，则 草图如下：
综上，有两个零点，有，即当时，有两个零点.

【点睛】本题考查了运用导数判断函数的单调性，考查了已知函数零点个数求参数的值.本题第二问的关键是进行参变分离.
（二）选考题：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.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，），以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的直角坐标方程及直线在轴正半轴及轴正半轴截距相等时的直角坐标方程；
（2）若，设直线与曲线交于不同的两点、，点，求的值.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】
（1）将曲线的极坐标方程化为，由此可得出曲线的直角坐标方程，根据题意可求得直线的斜率，进而可求得直线的直角坐标方程；
（2）将代入直线的参数方程，再将直线的参数方程与曲线的直角坐标方程联立，设点、对应的参数分别为、，列出韦达定理，结合的几何意义可求得的值.
【详解】（1）由得，所以，
由，，得曲线的直角坐标方程为.
当直线在轴正半轴及轴正半轴截距相等时，，
由得，所以，
即此时直线的直角坐标方程为；
（2）当时，直线的参数方程为（为参数）,
设点、对应的参数分别为、，
将直线的参数方程代入，得，整理得，
由韦达定理得，，
故.
【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程之间的相互转化，同时也考查了直线参数方程几何意义的应用，考查了韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题.
选修4-5：不等式选讲
23.已知函数，.
（1）当，时，求不等式的解集；
（2）若的最小值为2，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用零点分界法即可求解.
（2）利用绝对值三角不等式可得，然后由，利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）依题意，
当时，，解得，即，
当时，，解得成立，即，
当时，，解得，即，
综上所述，不等式的解集为.
（2），
所以
.
当且仅当时，取等号.
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、基本不等式证明不等式，属于基础题.