黑龙江省哈尔滨一中2020届高三高考数学(理科)一模试题

合集下载

东北三省三校(哈尔滨师大附中、东北师大附中)2020年高三第一次联合模拟考试理科数学试题(含评分细则

东北三省三校(哈尔滨师大附中、东北师大附中)2020年高三第一次联合模拟考试理科数学试题(含评分细则

2020年高三第一次联合模拟考试理科数学第Ⅰ卷(选择题 共 60 分)、选择题:本题共 12小题,每小题 5 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 .A.( , 1) (3,B.( , 1] [3,D.( , 1] [1,4.大约在 20 世纪 30 年代,世界上许多国家都流传着这样一个题目:任取一个正整数 n ,如果它是偶数,则除以 2;如果它是奇数,则将它乘以 3 加 1,这样反复运算,最后结果必然 是1 ,这个题目在东方称为“角谷猜想” ,世界一流的大数学家都被其卷入其中,用尽了各 种方法,甚至动用了最先进的电子计算机, 验算到对 700 亿以内的自然数上述结论均为正确 的,但却给不出一般性的证明,例如取 n 13,则要想算出结果 1,共需要经过的运算步数 是( )A.9B.10C.11D.125.已知 a ln3,b log 3 e,c log e (注:e 为自然对数的底数),则下列关系正确的是 ( )A.b acB.c b aC.b c aD.a b c6.已知在边长为 3 的等边 ABC 的中,1BD DC ,则 AD AC =( )2A.6B.9C.12D. 61.已知集合 A x 22x,B11 则 C R (A B) ( ) x2.已知复数 za bi(a,b R), z i1 是实数,那么复数 z 的实部与虚部满足的关系式为 A.a B.a b C.a 2b 0 D.a 2b 0 3.已知 是两个不同的平面,直线 m ,下列命题中正确的是( A.若 ,则 m ∥ B.若 ,则 m C.若 m∥,则 ∥D.若 m ,则C.[3, )7.如图,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形, ED 平面 ABCD , FC 平面 ABCD ,y 轴对称,则2nb n 为数阵从左至右的 n 列,从上到下的 n 行共 n 2个数的和,则数列的前 2020 项和为bnED 2FC 2 ,则四面体 A BEF 的体积为( )1 A.32 B. 3C.14 D.38.已知函数 f (x)sin2x 3 cos2x 的图像向右平移 (02)个单位后,其图像关于A.12B.6C.35 D. 122x9.已知椭圆 2a2yb 21(a b 0) 的右焦点为 F(c,0) ,上顶点为A(0,b) ,直线2 ax 上 c存在一点 P 满足 (FP FA) AP 0 ,则椭圆的离心率取值范围为(1A.[12,1) 2 B.[ 22 ,1) 51 C.[ 52 1,1) D.(0, 2 ]10. 已 知 定 义 在 R 上的函 数 f (x) , 满 足 f(1 x) f (1 x) , 当[1, ) 时f(x)1 x 2,xx12f ( 2 ),x[1,3) [3, ),则函数 f(x) 的图像与函数 g(x)ln x,xln(2 x),x 1的图像在区间 [ 5,7] 上所有交点的横坐标之和为(A.5B.6C.7D.911.已知数 a n 列的通项公式为 a n 2n2 ,将这个数列中的项摆放成如图所示的数阵,记第Ⅱ卷(非选择题 共 90 分)4 小题,每小题5 分,共 20 分 .把答案填写在答题纸相应位置上13.近年来,新能源汽车技术不断推陈出新,新产品不断涌现,在汽车市场上影响力不断增 大.动力蓄电池技术作为新能源汽车的核心技术, 它的 不断成熟也是推动新能源汽车发展的主要动力 .假定现在市售的某款新能源汽车上, 车载动力蓄电池充放电循环次数达到 2000 次 的概率为 85%,充放电循环次数达到 2500 次的概率为 35%.若某用户的自用新能源汽车已经 经过了 2000 次充电,那么他的车能够充电 2500 次的概率为 .14.已知函数 f (x ) e x ae x 在[ 0,1]上不单调,则实数 a 的取值范围为.2*15.数列 a n 满足 a 1 1,a n (2S n 1) 2S n 2(n 2,n N *),则 a n =.16.已知函数 f (x ) (x 2 a )2 3x 2 1 b ,当 时(从①②③④中选出一个作为条件),函数有 .(从⑤⑥⑦⑧中选出相应的作为结论,只填出一组即可)一)必考题:共 60 分 .17. (本小题满分 12 分)在 ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ,已知 2bcosC 2a c (Ⅰ)求 B ;(Ⅱ)若 a 2, D 为AC 的中点,且 BD 3,求 c .18. (本小题满分 12 分)如图,三棱柱 A 1B 1C 1 ABC 中, BB 1 平面 ABC , AB BC , AB 2,BC 1,1011 A.20202019 B.20202020 C.2021 1010 D.202112.已知双曲线2y1 的 左 、 右 焦 点 分 别 为 F 1、F2 , 点3 1 2P 在双曲线上,且 F 1PF 2 120 ,F 1PF 2 的平分线交 x 轴于点 A ,则 PA ( )A. 55B.2 5 5C.3 55D. 5二、填空题:本题共 1①a2⑤ 4 个极小值35② a ③ a 1, 2 b 0 22⑥1 个极小值点⑦6 个零点④ a 1, 9 b4⑧4 个零点三、解答题:共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤2或 b 01 (Ⅱ)F 是线段CC1上一点,且直线AF 与平面ABB1A1所成角的正弦值为3,求二3 面角F BA1 A 的余弦值.19. (本小题满分12 分)为了研究55 岁左右的中国人睡眠质量与心脑血管病是否有关联,某机构在适龄人群中随机抽取了100 万个样本,调查了他们每周是否至少三个晚上出现了三种失眠症状,A 症状:入睡困难;B 症状:醒的太早;C 症状:不能深度入睡或做梦,得到的调查数据如下:数据1:出现A症状人数为8.5 万,出现B症状人数为9.3 万,出现C 症状人数为 6.5万,其中含AB症状同时出现 1.8 万人,AC症状同时出现1万人,BC症状同时出现2万人,ABC症状同时出现0.5 万人;数据2:同时有失眠症状和患心脑血管病的人数为5 万人,没有失眠症状且无心脑血管病的人数为73 万人.(Ⅰ)依据上述数据试分析55 岁左右的中国人患有失眠症的比例大约多少?(Ⅱ)根据以上数据完成如下列联表,并根据所填列联表判断能否有95%的把握说明失眠与心脑血管病存在“强关联”?n(ad bc)2参考公式:K2(a b)(c d)(a c)(b d)20. (本小题满分12 分)1 2 2 1已知以动点P为圆心的⊙ P与直线l: x 相切,与定圆⊙ F:(x 1)2 y2相24 外切.(Ⅰ)求动圆圆心P的轨迹方程C ;(Ⅱ)过曲线C上位于x轴两侧的点M、N (MN 不与x轴垂直)分别作直线l 的垂线,垂足记为M 1、N1 ,直线l 交x轴于点A,记AMM 1、AMN、ANN 1的面积分别为S1、S2、S3 ,且S22 4S1S3 ,证明:直线MN过定点.21. (本小题满分12 分)12已知函数f(x) (x 1) ln( x 1)- ax2 x(a R) .2(Ⅰ)设f (x)为函数f(x) 的导函数,求函数f ( x)的单调区间;(Ⅱ)若函数f(x)在(0, )上有最大值,求实数a 的取值范围.二)选考题:共 10 分,请考生在第 22、23 题中任取一题作答 .如果多做,则按所做的第 题计分,作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.本题满分 10 分.22. [选修 4-4:坐标系与参数方程 ]Ⅰ)求曲线 C 的普通方程及曲线 D 的直角坐标方程;Ⅱ)设 M 、N 分别为曲线 C 和曲线 D 上的动点,求 MN 的最小值 .23. [选修 4-5:不等式选将 ]设函数 f (x ) x 2 x 3(Ⅰ)求不等式 f (x ) 9的解集;(Ⅱ)过关于 x 的不等式 f (x ) 3m 2 有解,求实数 m 的取值范围一模答案、填空题1, n 113. 14. 15. a n2 16. ①⑥、② ,n 22n 1 2n 3⑤、③⑦、④⑧均可三、解答题:本大题共 6 小题,共 70 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.17.解析:(Ⅰ)由正弦定理得 2sin BcosC 2sin A sinC ,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.2⋯分⋯在直角坐标系 xOy 中,参数方程x cos (其中 y sin为参数)的曲线经过伸缩变换2x得到曲线 C ,以原点 O 为极点, yx 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 D 的极坐标方程为 sin (3 10 2又由sin A sin(B C) sin BcosC cosB sin C ,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.4⋯分⋯得2cos B sin C sinC 0 ,因为0 C ,所以sinC0,所以cosB1.因为0 B ,所以2.2B.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.6⋯分⋯3uuur uuur uuur(Ⅱ)因为D 为AC 的中点,所以BA BC2BD ,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.8⋯分⋯uuu r uuur 2 uuur 2所以BC)2 (2BD)2,即a2 2 c ac12,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1⋯0 ⋯分因为a 2,解方程c22c 8 0,得c 4 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1⋯2 ⋯分18. 解析:(I )连结AB1交A1B于O,连结EO , OC11Q OA OB, AE EB, OE BB1, OE //BB1, ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1⋯分⋯21又DC1BB1,DC1// BB1,2OE/ /DC 1 ,因此,四边形DEOC 1为平行四边形,即ED / /OC1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.2⋯分⋯Q OC1 面C1AB, ED 面C1AB, DE // 平面C1BA1 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.5⋯分⋯z(II )建立空间直角坐标系B xyz ,如图过F 作FH BB1 ,连结AHQ BB1 面ABC,AB 面ABC, AB BB1Q AB BC,BC I BB1, AB 面CBB1C1Q AB 面BAA1 B1 , 面BAA1B1 面CBB1C1,Q FH 面CBB1C1, FH BB1, 面BAA1B1 I 面CBB1C1 BB1, FH 面BAA1B1,即FAH 为直线AF 与平面ABB1 A1 所成角,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.7⋯分⋯11记为,sin , AF 3,AF 3在Rt ACF 中,5 AC 2 CF 2 AF 2 CF 2 9, CF 2,uuur uuurF(0,2,1), A1(2,3,0), BF (0,2,1), BA1 (2,3,0),20.解析:ur 设平面 BAC 1的法向量 m (x, y,z ),ur m ur m uuur BF 2y uuur BA 1 2x3y 0 ur ,取 y 2,m ( 3,2, 4) 0 平面 BAA 1 的法向量 n (0,0,1) ,⋯⋯ur r |cos m,n |4 ⋯⋯⋯.1⋯1 ⋯分 29 1因此,二面角 F BA 1 A 的余弦值 429 .⋯29 19. 解析:设 A {出现 A 症状的人} 、 B 示有限集合元素个数) 根据数 .1⋯0 ⋯分.1⋯2分⋯出现 B 症状的人}、 C {出现 C 症状的人}( card 表 1 可 知card AI B 1.8,card AI C 1,card BI C 2,card AI BI C 0.5,所以 card AUBUC card A card B card card AI B card AI C card B I C card=8.5+9.3+6.5 1.8 1 0.5 20 1.3 6.2 0.5 40.51.5失眠人数(万)不失眠人数(万)患病人数(万) 5 7 12 不患病人数(万)15 73 882080100得患病总人数为 20 万人,比例大约为 20%.⋯⋯.4⋯分⋯ ⋯分⋯.9⋯分22100 5 73 15 7k 24.001 3.841.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1⋯1 ⋯分12 88 80 20有 95%的把握说明失眠与中风或心脏病存在 “强关联 ” . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1⋯2 ⋯分Ⅰ)设P x,y ,e P 半径为 R ,则R x 1, PF 21R 1 ,所以点 P 到直线 x2 1的 距离与到 F 1,0 的距离相等,故点 P 的轨迹方程 C 为 y 2 4x . .4⋯分⋯Ⅱ)设 M x 1, y 1 N x 2, y 2 ,则 M 1 2,y 11 N 12,y2 设直线 MN : x ty n t 22 0 代入 y 2 4x 中得 y 2 4ty 4n 0 y 1 y 2 4t, y 1y 2 4n 0. .6⋯分⋯Q S 1 2 x 1y 1 、 S 3 x 2 4S 1S 31 ty 1 n2ty 2n 1 2y 1y 221t y 1y 2 n2t y 1y2n22211 4nt 24t2nn22x12x 1 2 y 1y 24n214n222t 2 n 1 4n2 又 S 2 11 n y 1 y2 1 1 n y122 2 2 22 2 1 1 2 1 S 22 n 16t 2 16n 4 n 24 2 2 2 S 22 4S 1S 3 8nt 2 4 n 1 t 2 2n2y 24y 1y 22t 2 n . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1⋯0 ⋯分21 1⋯⋯nn⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1⋯1 ⋯分22 .⋯⋯.8⋯分⋯直线 MN 恒过 1,0 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1⋯2 ⋯分 221.解析: (Ⅰ) f x ln x 1 ax2 x .令 h xln x 1 ax ,1 fxhxa ; .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1⋯分⋯x 11o当 a0时 ,h x 0 ,f 'x在 1, 上 递 增 ,无减 区间hx 0.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.3⋯分⋯2o当a0时,令 hx011 x 1,a令 h x0x11a所以, f 'x 在 1,11 上单调递增, 在 11, 上单调递减; .⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯.5⋯aa分(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,当 a 0 时,f ' x在 0, 上递增, f ' xf ' 0 0在 0,上递增,无最大值, 不合题意;x所以,当x0时,h x 2 x 1 ax 2 x 1 a x 1 x 12ax1.取t4211,则t 1 ,且h t t 1 2 a t 10.a a又因为h11h0 0,所以由零点存在性定理,存在x01 1,t ,使得a ah x00;⋯⋯⋯⋯⋯.1⋯1 ⋯分当x0, x0时,h x0 ,即f x 0;当x x0 ,时,h x0 ,即f x0;所以, f x 在0, x0上单调递增,在x0 ,上单调递减,在0,上有最大值f x0 .综上,0a1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.1⋯2 ⋯分在第22、23 题中任选一题做答,如果多做,则按所做的第一题记分,做答时用2.B.铅.笔.在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。

哈尔滨市第一中学2020届高三数学6月第一次模拟试题文含解析

哈尔滨市第一中学2020届高三数学6月第一次模拟试题文含解析
所以函数 的图象的对称中心为点 ,
因为对任意 , , , 恒成立,
所以函数 在 上单调递减,所以函数 在 上单调递减,
因为 ,所以 ,
又 ,所以 即 ,
所以 即 ,所以 ,
所以使不等式 成立的 的取值范围是 。
故选:D.
【点睛】本题考查了函数的单调性与奇偶性的综合应用,考查了函数图象的变换及对数不等式的求解,属于中档题。
则所求角为 ,
易得 ,因此 ,故选C.
平移法是求异面直线所成角的常用方法,其基本思路是通过平移直线,把异面问题化归为共面问题来解决,具体步骤如下:
①平移:平移异面直线中的一条或两条,作出异面直线所成的角;
②认定:证明作出的角就是所求异面直线所成的角;
③计算:求该角的值,常利用解三角形;
④取舍:由异面直线所成的角的取值范围是 ,当所作的角为钝角时,应取它的补角作为两条异面直线所成的角.求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.
A。 B。 C。 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意结合函数图象的平移、奇函数的性质可得函数 的图象的对称中心为点 ,进而可得 ,由函数单调性的定义可得函数 在 上单调递减,由函数的单调性、对数函数的性质即可得解.
【详解】因为函数 的图象是由函数 的图象向左平移1个单位长度得到,
是定义在 上的奇函数,
一、选择题:(本大题共12个小题,在每个小题的四个答案中,只有一项是符合题目要求的)
1。 设集合A={1,2,3},B={x|x2—2x+m=0},若A∩B={2},则B=( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据A∩B即可得出2∈B,从而可求出m=0,解方程x2—2x=0得x,从而得出B.

2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学一模试卷(理科)

2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学一模试卷(理科)

高考数学一模试卷(理科)题号 一一三总分得分、选择题(本大题共 12小题,共60.0分)2.若复数 z=::,则 |z|=()A. 8B. 2C. 23.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( )2A.4B. C. 28D.4.41已知a 项,b=4亏,1c=2S§,则( )A. b v av cB. av b v cC. bv cv aD. cv av b 5.已知数列{an }的前 n 项和 Sn= 2+ ?3n , 且 a 〔 = 1,则 S5=()A. 2753B .31C.D. 316.设随机变量 —B (2, p ),广B (4, p),若P(fA)二;,则P .A)2的值为( )32116516A. :iB. ■-C.D.1. 已知全集U=R,集合A={-2 , -1, 示的集合为()0,21, 2} , B={xX>4}则如图中阴影部分所表A. {-2 , -1 , 0, 1} C. {-1 , 0}B. {0} D. {-1 , 0, 1},, , X1 / ,, —,尸八、L 工rm7.已知双曲线C: 丁亍=1 (a>0, b>0)的右焦点F2到渐近线的距离为4,且在双曲线C上到F2的距离为2的点有且仅有1个,则这个点到双曲线C的左焦点F I的距离为( )函数rw=¥,方程[f (X) ]2- (m+1) f(x ) +1-m=0有4个不相等实根,贝U m的取8. 9. 10. 11. A. 2B. 4 甲、乙等5人排一排照相,要求甲、 有()A. 36 种B. 24 种C. 6D. 8乙 2人相邻但不排在两端,那么不同的排法共C. 18 种 阅读如图所示的程序框图,若运行相应的程序输出的结果为不可能是(B. rK 2015nV 2016 D. 12 种0,则判断框中的条件A. n< 2014若’'•- ‘七A. 36兀 C. D. n< 2018)的展开式中含有常数项,817TB. _C. 且n 的最小值为a,则-、祯'-技四25nTD. 25兀 已知x 2+y 2= 4,在这两个实数x, y 之间插入三个实数,使这五个数构成等差数列, 那么这个等差数列后三项和的最大值为( B. A. J"C. 111D.值范围是( e + 1 C. . ■ .:■e + e e —eD. -二、填空题(本大题共 4小题,共20.0分)已知向量;=(-3戳,则向量:与日夹角的余弦值为13. 14. + 2y —6 < 0设x, y 满足约束条件];言?,则z = 7 的最大值是15. 学校艺术节对同一类的 A, B, C, D 四项参赛作品,只评一项一等奖,在评奖揭晓 前,甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下:甲说:“ A 作品获得一等奖”;乙说:“ C 作品获得一等奖”丙说:“ B, D 两项12.(3)在满足(2)的条件下,若以这100户居民用电量的频率代替该月全市居民用户用电量的概率,且同组中的数据用该组区间的中点值代替,记 ¥为该居民用户116.17. 18. 作品未获得一等奖”;丁说:“是 A 或D 作品获得一等奖” 若这四位同学中只有两位说的话是对的,则获得一等奖的作品是 .在四面体 ABCD 中,AB=AD=2, ZBAD=60 °, ZBCD=90 °,二面角 A-BD-C 的大小为150。

黑龙江省哈尔滨一中2020届高考数学一模试卷2 (含答案解析)

黑龙江省哈尔滨一中2020届高考数学一模试卷2 (含答案解析)

黑龙江省哈尔滨一中2020届高考数学一模试卷2一、选择题(本大题共12小题,共60.0分)1.已知集合A={x∈Z|x(x−4)≤0},B={1,3,5},则A∩B=()A. {0,1,5}B. {0,2,4}C. {0,3}D. {1,3}2.已知i是虚数单位,若3iz=−1+2i,则z的共轭复数z.等于()A. 23+13i B. 23−13i C. 65+35i D. 65−35i3.已知命题p:关于m的不等式log2m<1的解集为{m|m<2};命题q:函数f(x)=x3+x2−1有极值.则下列命题为真命题的是()A. p∧qB. p∧(¬q)C. (¬p)∧qD. (¬p)∧(¬q)4.已知:在△ABC中,acosB=bcosA,则此三角形的形状为()A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰或直角三角形D. 等腰直角三角形5.对任意的实数有x4=a0+a1(x−2)+a2(x−2)2+⋯+a4(x−2)4,则a2等于()A. 24B. 16C. 8D. 326.下列图象可以作为函数f(x)=xx2+a的图象的有()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个7.已知函数f(x)对∀x∈R满足:f(x+2)=f(−x),f(x+1)=f(x)⋅f(x+2),且f(x)>0,若f(1)=4,则f(2019)+f(2020)=()A. 34B. 2 C. 52D. 48.若tanα=2,则sin2α=()A. −25B. −45C. 25D. 459.已知点P为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)右支上一点,F1,F2分别为左右焦点,若双曲线C的离心率为√3,ΔPF1F2的内切圆圆心为l,半径为2,若,则b的值是()A. 2B. √2C. √6D. 610.某人参加一次考试,全部答完后才能获取成绩,若4道题中解对3道即为合格,已知他的解题正确率为0.6,则他能合格的概率是()A. 0.3456B. 0.6544C. 0.4752D. 0.524811. 已知函数f(x)=lnx +12ax 2−2x 有两个极值点,则a 的取值范围是( )A.B. (0,2)C. (0,1)D. (0,3) 12. 已知向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3,则OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. 9B. 8C. 7D. 10二、填空题(本大题共4小题,共20.0分)13. 若函数f(x)=2sin(ωx +π3)(ω>0)的图象与x 轴相邻两个交点间的距离为2,则实数ω的值为______ .14. 抛物线y 2=8x 的焦点为F ,弦AB 过F ,原点为O ,抛物线准线与x 轴交于点C ,∠OFA =2π3,则tan∠ACB =______.15. 如图,正三棱柱ABC −A 1B 1C 1的各棱长都等于2,D 在AC 1上,F为BB 1中点,且FD ⊥AC 1,则ADDC 1=________.16. 已知P(x 0,y 0)是抛物线y 2=2px(p >0)上的一点,过P 点的切线方程的斜率可通过如下方式求得:在y 2=2px 两边同时对x 求导,得2yy′=2p ,则y′=py ,所以过P 点的切线的斜率k =py 0.类比上述方法,求出双曲线x 2−y 22=1在点(2,√6)处的切线方程为 .三、解答题(本大题共7小题,共84.0分)17. 已知数列{a n }满足a 1=2,a n+1−2a n =2n (n ∈N ∗),数列{b n }满足b n =an2n .求数列{a n }的前n项和S n .18. 如图,菱形ABCD 中,∠ABC =60°,AE ⊥平面ABCD ,CF ⊥平面ABCD ,AB =AE =2,CF =3.(1)求证:EF⊥平面BDE;(2)求锐二面角E−BD−F的大小.19.某商场为刺激消费,拟按以下方案进行促销:顾客每消费500元便得到抽奖券一张,每张抽奖券的中奖概率为12,若中奖,商场返回顾客现金100元.某顾客现购买价格为2300元的台式电脑一台,得到奖券4张.每次抽奖互不影响.(1)设该顾客抽奖后中奖的抽奖券张数为ξ,求ξ的概率分布;(2)设该顾客购买台式电脑的实际支出为η(元),用ξ表示η,并求η的数学期望.20.设A,B分别为椭圆x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的左、右顶点,椭圆的长轴长为4,且点(1,√32)在该椭圆上.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)设P为直线x=4上不同于点(4,0)的任意一点,若直线AP与椭圆相交于异于A的点M,证明:△MBP为钝角三角形.21.已知函数f(x)=12+lnx,g(x)=12x2.(1)设ℎ(x)=f(x)+g(x),求曲线y=ℎ(x)在点(1,ℎ(1))处的切线方程;(2)证明:f(x)≤g(x).22.在平面直角坐标系xOy中,曲线C1:√3x+y−4=0,曲线C2:为参数),以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴,建立极坐标系.(Ⅰ)求曲线C1,C2的极坐标方程;(Ⅱ)曲线C3:为参数,t>0,0<α<π2)分别交C1,C2于A,B两点,当α取何值时,|OB||OA|取得最大值.23.设函数f(x)=|x−m|+|x−3m|,m∈N∗,存在实数x,使得f(x)<4成立.(1)求不等式f(x)<2x的解集;(2)若a≥3,b≥3,且满足f(a)+f(b)=12,求证:4a +1b≥910.-------- 答案与解析 --------1.答案:D解析:本题考查集合的交集运算,属于基础题.解不等式,利用交集的定义计算即可.解:集合A={x∈Z|x(x−4)≤0}={0,1,2,3,4},集合B={1,3,5},则A∩B={1,3}.故选D.2.答案:C解析:解:由3iz =−1+2i,得z=3i−1+2i=3i(−1−2i)(−1+2i)(−1−2i)=6−3i5=65−35i,∴z.=65+35i.故选:C.把已知等式变形,再利用复数代数形式的乘除运算化简求得z,则答案可求.本题考查复数代数形式的乘除运算,是基础的计算题.3.答案:C解析:本题主要考查复合命题真假关系的判断,判断命题p,q的真假是解决本题的关键.判断命题p,q命题的真假,结合复合命题真假关系进行判断即可.解:由log2m<1得0<m<2,即命题p是假命题,函数f(x)的导数为f′(x)=3x2+2x,则判别式△=4>0,则f′(x)=3x2+2x有两个不同的实根,则f(x)存在极值,故命题q是真命题则(¬p)∧q为真命题,其余为假命题,故选C.4.答案:A解析:解:由题意知,在△ABC中,acosB=bcosA,∴根据正弦定理得:sinAcosB=sinBcosA,∴sinAcosB−sinBcosA=0,则sin(A−B)=0,∵A、B∈(0,π),∴−π<A−B<π,∴A−B=0,则A=B,∴△ABC是等腰三角形,故选:A.根据正弦定理化简acosB=bcosA,利用两角差的正弦公式化简,根据三角形内角的范围判断出△ABC的形状.本题考查正弦定理,以及两角差的正弦公式的应用,注意内角的范围,属于中档题.5.答案:A解析:本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,二项式系数的性质,属于基础题.根据x4=a0+a1(x−2)+a2(x−2)2+⋯+a4(x−2)4=[2+(x−2)]4,利用二项展开式的通项公式,求得a2的值.解:对任意的实数有x4=a0+a1(x−2)+a2(x−2)2+⋯+a4(x−2)4=[2+(x−2)]4,故a2=C42⋅22=24,故选A.6.答案:C解析:本题考查函数的图象的判断,考查分类讨论思想的应用,函数的奇偶性的判断,是中档题.通过a与0的大小,分类讨论,通过函数的奇偶性判断求解即可.解析:,其定义域为:{x|x≠±2},它是奇函数,图象是③,解:当a<0时,如取a=−4,则f(x)=xx2−4所以③选项是正确的;当a>0时,如取a=1,其定义域为R,它是奇函数,图象是②.所以②选项是正确的;,其定义域为:{x|x≠0},它是奇函数,图象是④,所以④选项是正确的.当a=0时,则f(x)=1x故选:C.7.答案:A解析:本题主要考查函数性质的应用,属于中档题.根据已知解得函数f(x)的周期为6,同时代入x=0,1,2分别求得f(2),f(3),f(4),由周期可运算出答案.解:因为f(x+1)=f(x)⋅f(x+2)(1),故可得f(x+2)=f(x+1)⋅f(x+3)(2),由(1)(2)式相乘,可得f(x)f(x+3)=1,即f(x+3)=1f(x),故可得f(x+6)=1f(x+3)=f(x),故可得函数f(x)的周期为6,又令x=0,可得f(2)=f(0),故f(1)=f(0)f(2)=4,因为f(x)>0,故可得f(2)=2,令x=1,f(2)=f(1)f(3),故可得f(3)=12,同理可得f(4)=14,故可得:f(2019)+f(2020)=f(6×336+3)+f(6×336+4)=f(3)+f(4)=12+14=34,故选A.8.答案:D解析:解:∵tanα=2,则sin2α=2sinαcosαsin2α+cos2α=2tanαtan2α+1=44+1=45,故选:D.利用同角三角函数的基本关系,二倍角公式,求得sin2α的值.本题主要考查同角三角函数的基本关系,二倍角公式的应用,属于基础题.9.答案:C解析:本题考查双曲线的定义、简单性质的应用,是基本知识的考查,利用△PF1F2的内切圆圆心为I,半径为2,若S△PF1I =S△PF2I+2√3,求出a,通过离心率求出c,然后求解b即可.解:点p为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)右支上一点,。

2020年黑龙江省哈尔滨市高考数学模拟试卷(理科)(5月份) (解析版)

2020年黑龙江省哈尔滨市高考数学模拟试卷(理科)(5月份) (解析版)

2020年黑龙江省哈尔滨市高考数学模拟试卷(理科)一、选择题(共12小题).1.已知A={x|(2x﹣2)(2x﹣8)<0},B={x|x≥2},则A∩(∁R B)=()A.(1,2)B.(1,2]C.(0,2)D.(0,2]2.已知复数z满足z(1﹣i)=2+ti(t∈R).若|z|=2,则t的值为()A.﹣1B.﹣2C.±1D.±23.向量,,在正方形网格中的位置如图所示.若向量λ与共线,则实数λ=()A.﹣2B.﹣1C.1D.24.设x,y满足约束条件,则的最大值为()A.0B.C.D.25.已知函数f(x)=sin4x﹣cos4x,则下列说法正确的是()A.f(x)的最小正周期为2πB.f(x)的最大值为2C.f(x)的图象关于y轴对称D.f(x)在区间[,]上单调递减6.《算法统宗》是中国古代数学名著,由明代数学家程大位所著,该作完(开始善了珠算口诀,确立了算盘用法,完成了由筹算到珠算的底转变,该作中有题为“李白沽酒”“李白街上走,提壶去买酒.遇店加一倍,见花喝一斗,三遇店和花,喝光壶中酒.借问此壶中,原有多少酒?”,如图为该问题的程序框图,若输出的S值为0,则开始输入的S 值为()A.B.C.D.7.设a=log3π,b=log2,c=log3,则()A.a>b>c B.a>c>b C.b>a>c D.b>c>a8.我国明代著名乐律学家、明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出的十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c键到下一个c1键的8个白键与5个黑键(如图)的音频恰成一个公比为的等比数列的原理,也即高音c1的频率正好是中音c的2倍.已知标准音a1的频率为440Hz,那么频率为220Hz的音名是()A.d B.f C.e D.#d9.在正四棱锥P﹣ABCD中,已知异面直线PB与AD所成的角为60°,给出下面三个命题,p1:若AB=2,则此四棱锥的侧面积为;p2:若E,F分别为PC,AD的中点,则EF∥平面PAB;p3:若P,A,B,C,D都在球O的表面上,则球O的表面积是四边形ABCD面积的2π倍.在下列命题中,为真命题的是()A.p2∧p3B.p1∨(¬p2)C.p1∧p3D.p2∧(¬p3)10.把方程表示的曲线作为函数y=f(x)的图象,则下列结论正确的是()①f(x)在R上单调递减②y=f(x)的图象关于原点对称③y=f(x)的图象上的点到坐标原点的距离的最小值为3④函数g(x)=4f(x)+3x不存在零点A.①③B.①②③C.①③④D.①②③④11.设实数m>0,若对任意的正实数x,不等式恒成立,则m的最小值为()A.B.C.D.12.已知双曲线的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线l与双曲线C的左支交于A、B两点.若|AB|=|AF2|,∠BAF2=120°,则双曲线C的渐近线方程为()A.y=±(﹣1)x B.y=±x C.y=±()x D.y=±二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知,则=.14.等差数列{a n},{b n}的前n项和分别为S n,T n,若,则=.15.若a,则(﹣)6的展开式中的常数项的最小值为.16.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,M(x1,y1),N(x2,y2)是抛物线C上的两个动点,若x1+x2+2=2|MN|,则∠MFN的最大值为.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、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:共60分.17.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足sin=,•=6.(1)求△ABC的面积;(2)若c+a=8,求b的值.18.为了解某校学生参加社区服务的情况,采用按性别分层抽样的方法进行调查.已知该校共有学生960人,其中男生560人,从全校学生中抽取了容量为n的样本,得到一周参加社区服务时间的统计数据如下:超过1小时不超过1小时男208女12m (1)求m,n;(2)能否有95%的把握认为该校学生一周参加社区服务时间是否超过1小时与性别有关?(3)从该校学生中随机调查60名学生,一周参加社区服务时间超过1小时的人数记为X,以样本中学生参加社区服务时间超过1小时的频率作为该事件发生的概率,求X的分布列和数学期望.附:P(K2≥k)0.0500.0100.001 k 3.841 6.63510.828 K2=.19.如图,在四棱台ABCD﹣ABCD中,OO1⊥平面ABCD,O1O=1,A1B1=1,底面ABCD 是边长为2的菱形,且∠ABC=60°.(1)证明:AC⊥平面BB1D1D.(2)若M为棱A1B1的中点,求平面MAC与底面ABCD所成锐二面角的余弦值.20.记焦点在同一条轴上且离心率相同的椭圆为“相似椭圆”.已知椭圆,以椭圆E的焦点为顶点作相似椭圆M.(Ⅰ)求椭圆M的方程;(Ⅱ)设直线l与椭圆E交于A,B两点,且与椭圆M仅有一个公共点,试判断△ABO 的面积是否为定值(O为坐标原点)?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.21.已知函数.(1)试讨论f(x)的单调性;(2)若函数在定义域上有两个极值点x1,x2,试问:是否存在实数a,使得f(x1)+f (x2)=5?(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.如图,在极坐标系Ox中,过极点的直线l与以点A(2,0)为圆心、半径为2的圆的一个交点为B(2,),曲线M1是劣弧,曲线M2是优弧.(Ⅰ)求曲线M1的极坐标方程;(Ⅱ)设点P(ρ1,θ)为曲线M1上任意一点,点Q(ρ2,θ﹣)在曲线M2上,若|OP|+|OQ|=6,求θ的值.[选修4-5:不等式选讲]23.已知函数f(x)=|x﹣a|+|x+b|(a>0,b>0).(1)当ab=1时,证明:f(x)≥2;(2)若f(x)的值域为[2,+∞),且f(3)=5,解不等式f(x)≥4.参考答案一、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A={x|(2x﹣2)(2x﹣8)<0},B={x|x≥2},则A∩(∁R B)=()A.(1,2)B.(1,2]C.(0,2)D.(0,2]【分析】求出集合A和∁R B,由此能求出A∩(∁R B).解:∵A={x|(2x﹣2)(2x﹣8)<0}=(1,3),B={x|x≥2},∴∁R B=(﹣∞,2),∴A∩(∁R B)=(1,2).故选:A.2.已知复数z满足z(1﹣i)=2+ti(t∈R).若|z|=2,则t的值为()A.﹣1B.﹣2C.±1D.±2【分析】把已知等式变形,再由商的模等于模的商列式求解t的值.解:由z(1﹣i)=2+ti,得,由,解得t=±2.故选:D.3.向量,,在正方形网格中的位置如图所示.若向量λ与共线,则实数λ=()A.﹣2B.﹣1C.1D.2【分析】根据图形便可看出,这样即可得出λ的值.解:根据图形可看出;满足与共线;∴λ=2.故选:D.4.设x,y满足约束条件,则的最大值为()A.0B.C.D.2【分析】首先画出可行域,利用目标函数的几何意义求最大值.解:约束条件对应的区域如图:表示可行域中一点(x,y)与坐标原点连线的斜率,由解得A(1,2),由图形可知OA的斜率取得最大值,即当x=1,y=2时取得最大值2.故选:D.5.已知函数f(x)=sin4x﹣cos4x,则下列说法正确的是()A.f(x)的最小正周期为2πB.f(x)的最大值为2C.f(x)的图象关于y轴对称D.f(x)在区间[,]上单调递减【分析】先利用同角平方关系及二倍角余弦个公式对已知函数进行化简可得f(x)=﹣cos2x,结合余弦函数的性质对选项进行判断即可.解:∵f(x)=sin4x﹣cos4x=sin2x﹣cos2x=﹣cos2x,∴函数的最小正周期T=π,∵f(﹣x)=﹣cos(﹣2x)=﹣cos2x=f(x),∴f(x)为偶函数,其图象关于y轴对称,∵f(x)=cos2x在[,]上单调递减,故f(x)=﹣cos2x在[,]上单调递增.故选:C.6.《算法统宗》是中国古代数学名著,由明代数学家程大位所著,该作完(开始善了珠算口诀,确立了算盘用法,完成了由筹算到珠算的底转变,该作中有题为“李白沽酒”“李白街上走,提壶去买酒.遇店加一倍,见花喝一斗,三遇店和花,喝光壶中酒.借问此壶中,原有多少酒?”,如图为该问题的程序框图,若输出的S值为0,则开始输入的S 值为()A.B.C.D.【分析】由已知中的程序语句可知:该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值,模拟程序的运行过程,分析循环中各变量值的变化情况,可得答案.解:模拟程序的运行,可得当i=1时,S=2S﹣1,i=1,满足条件i<3,执行循环体;当i=2时,S=2(2S﹣1)﹣1,i=2,满足条件i<3,执行循环体;当i=3时,S=2[2(2S﹣1)﹣1]﹣1,i=3,不满足条件i<3,退出循环体,输出S=0,所以2[2(2S﹣1)﹣1]﹣1=0,.故选:B.7.设a=log3π,b=log2,c=log3,则()A.a>b>c B.a>c>b C.b>a>c D.b>c>a【分析】利用对数函数y=log a x的单调性进行求解.当a>1时函数为增函数当0<a<1时函数为减函数,如果底a不相同时可利用1做为中介值.解:∵log3∴b>c∵log2π∴a>b∴a>b>c,故选:A.8.我国明代著名乐律学家、明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出的十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c键到下一个c1键的8个白键与5个黑键(如图)的音频恰成一个公比为的等比数列的原理,也即高音c1的频率正好是中音c的2倍.已知标准音a1的频率为440Hz,那么频率为220Hz的音名是()A.d B.f C.e D.#d【分析】220Hz的音比a1的频率低,故可将a1的频率记为第一项,220Hz的音设为第n项,则这个数列是以440Hz为第一项,以q=为公比的等比数列,代入等比数列的通项公式可得.解:从第二个单音起,每一个单音的频率与它的左边一个单音的频率的比.故从g 起,每一个单音的频率与它右边的一个单音的比为q=由220=440×,解得n=7,频率为220Hz的音名是(#d),故选:D.9.在正四棱锥P﹣ABCD中,已知异面直线PB与AD所成的角为60°,给出下面三个命题,p1:若AB=2,则此四棱锥的侧面积为;p2:若E,F分别为PC,AD的中点,则EF∥平面PAB;p3:若P,A,B,C,D都在球O的表面上,则球O的表面积是四边形ABCD面积的2π倍.在下列命题中,为真命题的是()A.p2∧p3B.p1∨(¬p2)C.p1∧p3D.p2∧(¬p3)【分析】根据正四棱锥P﹣ABCD的性质,判定p1,p2、p3真假即可.解:在正四棱锥P﹣ABCD中,已知异面直线PB与AD所成的角为60°,∴∠PBC=60°,PB=BC=PC,∴正四棱锥P﹣ABCD中各棱相等.对于p1:若AB=2,则此四棱锥的侧面都是边长为2的等边三角形其侧面积为4×,故为假命题;对于p2:若E,F分别为PC,AD的中点,取BC中点H,可得面EFH∥面PAB,则EF∥平面PAB,故为真命题;对于p3:若P,A,B,C,D都在球O的表面上,设正四棱锥P﹣ABCD中各棱为2,则球O的半径R,满足R2=OA2+(PO﹣R)2,∵,∴,∴球的表面积S=4πR2=8π∴球的表面积是四边形ABCD面积的2π倍故为真命题.∴p1∧p2为真命题,故选:A.10.把方程表示的曲线作为函数y=f(x)的图象,则下列结论正确的是()①f(x)在R上单调递减②y=f(x)的图象关于原点对称③y=f(x)的图象上的点到坐标原点的距离的最小值为3④函数g(x)=4f(x)+3x不存在零点A.①③B.①②③C.①③④D.①②③④【分析】画出函数的图象.判断函数的单调性判断①②;通过两点间距离公式判断③;函数的零点判断④;解:去绝对值分四个象限讨论,方程当x>0,y>0时,方程,不成立;当x>0,y<0时,方程为:,是双曲线的一部分;当x<0,y>0时,方程为:,是双曲线的一部分;当x<0,y<0时,方程为:,是椭圆的一部分;函数图象如右图示,由图判断函数在R上单调递减,故①正确,②错误.由图判断y=f(x)图象上的点到原点距离的最小值点应在x≤0,y≤0的图象上,即满足,设图象上的点P(x,y),.当x=0时取最小值3,故③正确;当4f(x)+3x=0,即,函数g(x)=4f(x)+3x的零点,就是函数y=f(x)和y﹣的交点,而是曲线,x≥0,y≤0和,x≤0,y≥0的渐近线,所以没有交点.由图象可知,和,x≤0,y≤0没有交点,所以函数g(x)=4f(x)+3x不存在零点,故④正确.故选:C.11.设实数m>0,若对任意的正实数x,不等式恒成立,则m的最小值为()A.B.C.D.【分析】对任意的x≥e,不等式x2lnx≥0恒成立,令f(x)=x2lnx,转化为f(x)min 在x≥e时恒成立;即可求解.解:∵m>0,,∴me mx≥lnx,即mxe mx≥xlnx=e lnx•lnx,构造函数g(x)=xe x,g'(x)=e x+xe x=(x+1)e x,当x>0,g'(x)>0,∴当x>0时,g(x)递增,则不等式恒成立等价于g(mx)≥g(lnx)恒成立,即mx≥lnx,恒成立,,设,∴,∴G(x)在(0,1)递增,(1,+∞)递减,∴,故选:A.12.已知双曲线的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线l与双曲线C的左支交于A、B两点.若|AB|=|AF2|,∠BAF2=120°,则双曲线C的渐近线方程为()A.y=±(﹣1)x B.y=±x C.y=±()x D.y=±【分析】设|AB|=|AF2|=m,|AF1|=n,则m﹣n=2a,结合|BF2|﹣|BF1|=2a求得|BF1|=2a,|BF2|=4a,进一步求得|AF2|=a,|AF1|=,在三角形AF1F2中由余弦定理列式求解双曲线C的渐近线方程.解:如图,设|AB|=|AF2|=m,|AF1|=n,∴m﹣n=2a,∵|BF2|﹣|BF1|=2a,∴|BF2|=|BF1|+2a=2a+|AB|﹣|AF1|=2a+m﹣n=4a,∴|BF1|=2a,则|BF2|=4a,∵∠BAF2=120°,∴,解得m=a,即|AF2|=a,则|AF1|=.由cos∠F1AF2=﹣=,整理可得c2=(5﹣2)a2,即.∴双曲线C的渐近线方程为y=±(﹣1)x.故选:A.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知,则=.【分析】由已知结合二倍角公式及同角基本关系即可求解.解:因为,则.故答案为:﹣14.等差数列{a n},{b n}的前n项和分别为S n,T n,若,则=.【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质即可求解.解:由{a n}为等差数列可得,同理可得T9=9a5,所以.故答案为:15.若a,则(﹣)6的展开式中的常数项的最小值为.【分析】利用二项式展开式的通项公式求出常数项,再求常数项的最小值.解:(﹣)6展开式的通项公式为T r+1=••=(﹣a)r••x12﹣3r•y3r﹣12,令12﹣3r=0,解得r=4;∴(﹣)6展开式中的常数项为a4•=15a4≥15×==,∴该二项式展开式中的常数项最小值为.故答案为:.16.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,M(x1,y1),N(x2,y2)是抛物线C上的两个动点,若x1+x2+2=2|MN|,则∠MFN的最大值为.【分析】依抛物线的定义,可得|MF|=x1+1,|NF|=x2+1,|可得|MF|+|NF|=2|MN|,由余弦定理得cos∠MFN的范围,即可求解.解:如图,依抛物线的定义,可得|MF|=x1+1,|NF|=x2+1,∴x1+x2+2=2|MN|⇔|MF|+|NF|=2|MN|,,由余弦定理得cos∠MFN====∴0∠MFN,故答案为:.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、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:共60分.17.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足sin=,•=6.(1)求△ABC的面积;(2)若c+a=8,求b的值.【分析】(1)根据二倍角公式求出cos B,再求出sin B,根据向量的数量积和三角形的面积公式即可求出答案;(2)根据余弦定理即可求出答案.【解答】解;(1)∵sin=,∴cos B=1﹣2sin2=1﹣=,∴sin B=,∵•=6,∴•=||•||•cos B=6,∴||•||=10,∴S△ABC=||•||•sin B=10×=4;(2)由(1)可知ac=10,又c+a=8,又余弦定理可得,b2=a2+c2﹣2ac cos B=(a+c)2﹣2ac﹣2ac×=64﹣×10=32,∴b=4.18.为了解某校学生参加社区服务的情况,采用按性别分层抽样的方法进行调查.已知该校共有学生960人,其中男生560人,从全校学生中抽取了容量为n的样本,得到一周参加社区服务时间的统计数据如下:超过1小时不超过1小时男208女12m (1)求m,n;(2)能否有95%的把握认为该校学生一周参加社区服务时间是否超过1小时与性别有关?(3)从该校学生中随机调查60名学生,一周参加社区服务时间超过1小时的人数记为X,以样本中学生参加社区服务时间超过1小时的频率作为该事件发生的概率,求X的分布列和数学期望.附:P(K2≥k)0.0500.0100.001 k 3.841 6.63510.828 K2=.【分析】(1)根据分层抽样比例列方程求出n的值,再计算m的值;(2)根据题意完善2×2列联表,计算K2,对照临界值表得出结论;(3)计算参加社区服务时间超过1小时的频率,用频率估计概率,计算所求的分布列与数学期望.解:(1)根据分层抽样法,抽样比例为=,∴n=48;∴m=48﹣20﹣8﹣12=8;(2)根据题意完善2×2列联表,如下;超过1小时不超过1小时合计男生20828女生12820合计321648计算K2=≈0.6857<3.841,所以没有95%的把握认为该校学生一周参加社区服务时间是否超过1小时与性别有关;(3)参加社区服务时间超过1小时的频率为=,用频率估计概率,从该校学生中随机调査60名学生,则X~B(60,),所以P(X=k)=••,k=0,1,2,3, (60)E(X)=60×=40.19.如图,在四棱台ABCD﹣ABCD中,OO1⊥平面ABCD,O1O=1,A1B1=1,底面ABCD 是边长为2的菱形,且∠ABC=60°.(1)证明:AC⊥平面BB1D1D.(2)若M为棱A1B1的中点,求平面MAC与底面ABCD所成锐二面角的余弦值.【分析】(1)推导出AC⊥OO1,AC⊥BD,由此能证明AC⊥平面BB1D1D.(2)以O为原点,OB为x轴,OC为y轴,OO1为z轴,建立空间直角系,利用向量法能求出平面MAC与底面ABCD所成锐二面角的余弦值.【解答】证明:(1)∵在四棱台ABCD﹣ABCD中,OO1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴AC⊥OO1,∵底面ABCD是边长为2的菱形,∴AC⊥BD,∵BD∩OO1=O,∴AC⊥平面BB1D1D.解:(2)以O为原点,OB为x轴,OC为y轴,OO1为z轴,建立空间直角系,A(0,﹣1,0),C(0,1,0),A1(0,﹣,1),B1(,0,1),M(,﹣,1),=(0,2,0),=(,,1),设平面ACM的法向量=(x,y,z),则,取x=1,得=(1,0,﹣),平面ABCD的法向量=(0,0,1),设平面MAC与底面ABCD所成锐二面角为θ,则cosθ===.∴平面MAC与底面ABCD所成锐二面角的余弦值为.20.记焦点在同一条轴上且离心率相同的椭圆为“相似椭圆”.已知椭圆,以椭圆E的焦点为顶点作相似椭圆M.(Ⅰ)求椭圆M的方程;(Ⅱ)设直线l与椭圆E交于A,B两点,且与椭圆M仅有一个公共点,试判断△ABO 的面积是否为定值(O为坐标原点)?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.【分析】(Ⅰ)由条件知,椭圆M的离心率,且长轴的顶点为(﹣2,0),(2,0),即可求出椭圆方程,(Ⅱ)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+b,根据韦达定理和弦长公式和点到直线的距离公式,即可求出三角形的面积,当直线l的斜率不存在时,可求出三角形的面积.解:(Ⅰ)由条件知,椭圆M的离心率,且长轴的顶点为(﹣2,0),(2,0),∴椭圆M的方程为,(Ⅱ)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+b.由得,(3+4k2)x2+8kbx+4b2﹣12=0.令△=64k2b2﹣4(3+4k2)(4b2﹣12)=0得,b2=3+4k2.联立y=kx+b与,化简得(3+4k2)x2+8kbx+4b2﹣48=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则∴,而原点O到直线l的距离∴.当直线l的斜率不存在时,l:x=2或x=﹣2,则|AB|=6,原点O到直线l的距离d=2,∴S△ABO=6.综上所述,△ABO的面积为定值6.21.已知函数.(1)试讨论f(x)的单调性;(2)若函数在定义域上有两个极值点x1,x2,试问:是否存在实数a,使得f(x1)+f (x2)=5?【分析】(1)依题意,f′(x)=﹣=,令x2+(2﹣a)x+1+a=0,通过对△=a2﹣8a≤0与,△=a2﹣8a>0的讨论,即可求得f(x)的单调区间;(2)由题意可知:函数在定义域上有两个极值点x1,x2,即方程f′(x)=0在(1,+∞)上由两个不同的实根,根据二次函数性质求得a的取值范围,利用韦达定理,求得x1+x2和x1•x2表达式,写出f(x1)+f(x2),根据对数的运算性质求得a的值,判断是否满足a的取值范围即可.解:(1)由函数f(x)的定义域为(1,+∞),f′(x)=﹣=,令h(x)=x2+(2﹣a)x+1+a,由于△=(2﹣a)2﹣4(1+a)=a2﹣8a,①当△=a2﹣8a≤0,即0≤a≤8时,h(x)≥0恒成立,即f′(x)≥0恒成立,f(x)在(1,+∞)单调递增;②当△=a2﹣8a>0,即a<0或a>8时,x2+(2﹣a)x+1+a=0有两个根,设其二根为x1<x2,先分析a>8时,x1﹣1=﹣1==>0,∴x1>1,∴f(x)在(1,),(,+∞)单调递增,在(,)单调递减;再分析a<0时,由于h(x)=x2+(2﹣a)x+1+a的开口向上,对称轴方程为x=<0,且h(1)=4>0,∴x1<x2<0,∴当x>1时,h(x)>0恒成立,即f′(x)>0恒成立,f(x)在(1,+∞)单调递增;综上所述,a≤8时,f(x)在(1,+∞)单调递增;a>8时,f(x)在(1,),(,+∞)单调递增,在(,)单调递减;(2)f′(x)=﹣=,函数在定义域上有两个极值点x1,x2,即方程f′(x)=0在(1,+∞)上由两个不同的实根,即方程x2+(2﹣a)x+(1+a)=0,在(1,+∞)上由两个不同的实根,∴,解得:a>8,由韦达定理:x1+x2=a﹣2,x1•x2=1+a,于是,f(x1)+f(x2)=+=ln(•)+a (+)=ln[]+a[]=ln()+a()=ln1+=5,解得a=10,满足a>8,所以存在实数a=10,使得f(x1)+f(x2)=5.(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.如图,在极坐标系Ox中,过极点的直线l与以点A(2,0)为圆心、半径为2的圆的一个交点为B(2,),曲线M1是劣弧,曲线M2是优弧.(Ⅰ)求曲线M1的极坐标方程;(Ⅱ)设点P(ρ1,θ)为曲线M1上任意一点,点Q(ρ2,θ﹣)在曲线M2上,若|OP|+|OQ|=6,求θ的值.【分析】(Ⅰ)利用参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,求出结果.(Ⅱ)利用极径和三角函数关系式的变换的应用求出结果.解:(Ⅰ)过极点的直线l与以点A(2,0)为圆心、半径为2的圆上任意一点(ρ,θ),整理得ρ=4cosθ.由于的圆的一个交点为B(2,),曲线M1是劣弧,所以M1的方程为.(Ⅱ)点P(ρ1,θ)为曲线M1上任意一点,所以,点Q(ρ2,θ﹣)在曲线M2上,所以().整理得.由于|OP|+|OQ|=6,所以ρ1+ρ2=6,整理得=6,即:,由于且.解得.[选修4-5:不等式选讲]23.已知函数f(x)=|x﹣a|+|x+b|(a>0,b>0).(1)当ab=1时,证明:f(x)≥2;(2)若f(x)的值域为[2,+∞),且f(3)=5,解不等式f(x)≥4.【分析】(1)利用绝对值三角不等式可得f(x)≥|a+b|,然后结合ab=1,利用基本不等式即可证明f(x)≥2;(2)根据f(x)的值域为[2,+∞),且f(3)=5,求出a,b的值,然后利用零点分段法解出不等式f(x)≥4即可.解:(1)证明:∵ab=1,∴f(x)=|x﹣a|+|x﹣b|≥|x+b﹣(x﹣a)|=|a+b|=≥,当且仅当a=b=1时,取等号,∴f(x)≥2;(2)f(x)=|x﹣a|+|x﹣b|≥|a+b|=a+b,∴a+b=2,又∵f(3)=|3﹣a|+|3+b|=|3﹣a|+3+b=5,∴,,∵f(x)≥4,∴或或,故原不等式的解集为{x|x≥或x≤﹣}.。

2020年黑龙江省哈尔滨一中高考数学一模试卷(理科)(有解析)

2020年黑龙江省哈尔滨一中高考数学一模试卷(理科)(有解析)

2020年黑龙江省哈尔滨一中高考数学一模试卷(理科)一、单项选择题(本大题共12小题,共60.0分)1.设集合A={x|y=log2(x−1)},B={y|y=√2−x},则A∩B=()A. (0,2]B. (1,2)C. (1,+∞)D. (1,2]2.已知复数z=1+2i,则z⋅z.=()A. 3−4iB. 5+4iC. −3D. 53.已知复合命题(¬p)∧q为真命题,则下列命题为真命题的是()A. pB. ¬qC. p∧(¬q)D. ¬(p∧q)4.在△ABC中,a=bsinA,则△ABC一定是()A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形5.已知(2−x)8=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+⋯…+a8(1+x)8,则a0+a1+a2+⋯…+a7的值为()A. 1B. 255C. 256D. 7296.已知f(x)是R上的偶函数,g(x)是R上的奇函数,它们的部分图像如图,则f(x)g(x)的图像大致是()A. B.C. D.7.若对任意的x∈R,函数f(x)满足f(x+2013)=−f(x+2012),且f(2013)=−2013,则f(0)=()A. 1B. −1C. 2013D. −20138. 已知sinα+2cosα=0,则tan2α=( )A. 34B. 43C. −43D. −349. 已知点P 是双曲线x 216−y 29=1右支上的一点,F 1、F 2分别是双曲线的左、右焦点,M 为△PF 1F 2的内心,若成立,则m 的值是( )A. 45B. 53C. 13D. √3310. 已知某种药物对某种疾病的治愈率为34,现有3位患有该病的患者服用了这种药物,3位患者是否会被治愈是相互独立的,则恰有1位患者被治愈的概率为( )A. 2764B. 964C. 364D. 3411. 若函数有两个极值点,则a 的取值范围是( )A. (0,12)B. (0,12]C. (0,1)D. (0,1]12. 已知a ⃗ ,b ⃗ 是单位向量,a ⃗ ⋅b ⃗ =√32,则|a ⃗ +t b ⃗ |(t ∈R)的最小值为( )A. 14B. 12C. √32D. 1二、填空题(本大题共3小题,共15.0分)13. 若函数f(x)=sin(ωπx −π6)(ω>0)的最小正周期为15,则f(13)的值为______ .14. 过抛物线y 2=4x 焦点F 的直线交该抛物线于A ,B 两点,且|AB|=4,若原点O 是△ABC 的垂心,则点C 的坐标为________.15. 已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的底面是正三角形,侧棱AA 1⊥底面ABC ,若有一半径为2的球与三棱柱的各条棱均相切,则AA 1的长度为______. 三、多空题(本大题共1小题,共5.0分)16. 设函数f(x)=13x 3−a2x 2+bx +c ,其中a >0,曲线y =f(x)在点P(0,f(0))处的切线方程为y =1,则b = (1) ,c = (2) . 四、解答题(本大题共7小题,共84.0分)17. 已知数列{a n }满足a 1=2,a n+1−2a n =2n (n ∈N ∗),数列{b n }满足b n =an2n .求数列{a n }的前n项和S n .18.如图所示的几何体中,四边形ABCD与DBFE均为菱形,∠DAB=∠DBF=60°,且FA=FC.AC与BD相交于O.(1)求证:FO⊥平面ABCD;(2)求二面角E−FA−B的余弦值.19.某乐队参加一户外音乐节,准备从3首原创新曲和5首经典歌曲中随机选择4首进行演唱.(1)求该乐队至少演唱1首原创新曲的概率;(2)假定演唱一首原创新曲观众与乐队的互动指数为a(a为常数),演唱一首经典歌曲观众与乐队的互动指数为2a,求观众与乐队的互动指数之和X的概率分布及数学期望.20.设A,B分别为椭圆x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的左、右顶点,椭圆的长轴长为4,且点(1,√32)在该椭圆上.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)设P为直线x=4上不同于点(4,0)的任意一点,若直线AP与椭圆相交于异于A的点M,证明:△MBP为钝角三角形.21.已知函数f(x)=lnx−mx2.(1)若m=2,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)当m∈(1,2)时,证明:f(x)−1x+1<0.22.在平面直角坐标系中,以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线C的极坐标方程为ρsin2θ=4cosθ.(1)求曲线C的直角坐标方程;(2)若直线θ=π4(ρ∈R)与直线{x=2ty=−2t+m(t为参数,m>0)交于点A,与曲线C交于点B(异于极点),且|OA|·|OB|=8,求m.23.已知函数f(x)=|x−3|+|x−2|.(1)求不等式f(x)<3的解集M;(2)证明:当a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.【答案与解析】1.答案:C解析:本题考查了集合的交集运算,属于基础题.解:由题意可知,集合A ={x |y =log 2(x −1)}={x|x >1}, B ={y |y =√2−x }={y|y ≥0}, ∴A ∩B ={x|x >1}, 故选C .2.答案:D解析:解:z ⋅z .=(1+2i)(1−2i)=12+22=5. 故选:D .利用复数的运算法则即可得出.本题考查了复数的运算法则、共轭复数的意义,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.3.答案:D解析:本题考查命题的真假判断及复合命题的真假判断,属于基础题. 根据题意判断命题p ,命题q 的真假,进而得出答案. 解:由题意易知:命题p 为假命题,命题q 为真命题, ∴p ∧q 为假命题, ∴¬(p ∧q) 为真命题. 故选:D .4.答案:B解析:本题考查正弦定理,属于基础题,利用正弦定理化简,再根据特殊角的三角函数值即可判断三角形的形状.解:由正弦定理得asinA =bsinB=2R,又由a=bsinA得2RsinA=2RsinB·sinA,所以sinB=1,所以B=π2.即△ABC一定是直角三角形.5.答案:B解析:解:∵(2−x)8=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+⋯…+a8(1+x)8,∴(2−x)8=[3−(1+x)]8=C80⋅38−C81⋅37⋅(1+x)+C82⋅36⋅(1+x)2+⋯+C88(1+x)8,∴a8=1,1+x=1,得a0+a1+a2+⋯…+a7+a8=28=256,∴a0+a1+a2+⋯…+a7=256−1=255.故选:B.推导出(2−x)8=[3−(1+x)]8=C80⋅38−C81⋅37⋅(1+x)+C82⋅36⋅(1+x)2+⋯+C88(1+x)8,从而a8=1,由1+x=1,得a0+a1+a2+⋯…+a7+a8=28=256,由此能求出a0+a1+a2+⋯…+a7.题考查二项展开式中系数和的求法,考查二项式定理、二项展开式的系数数的性质等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是基础题.6.答案:C解析:本题考查函数的奇偶性及函数图象的作法,属于基础题.由已知得函数F(x)=f(x)g(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除A,B,然后结合已知图象得当x>0时f(x)>0,g(x)>0,所以F(x)>0,可排除D即可求解.解:由题意,得f(−x)=f(x),g(−x)=−g(x).令F(x)=f(x)g(x),则F(−x)=f(−x)g(−x)=−f(x)g(x)=−F(x),所以函数F(x)=f(x)g(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除A,B.又由函数f(x),g(x)的图象可知,当x>0时f(x)>0,g(x)>0,所以F(x)>0,可排除D,故选C.7.答案:C解析:本题考查抽象函数,函数的周期性,属于基础题.由题可得f(2012)=−f(2013)=2013,f(t+2)=f(t),进而得出f(0)的值.解:f(x+2013)=−f(x+2012),取x=0可得f(2012)=−f(2013)=2013,令t=x+2012,可得f(t+1)=−f(t),f(t+2)=f(t),∴f(0)=f(2012)=2013.故选C.8.答案:B解析:本题考查同角关系,及二倍角公式的应用,难度一般.解:因为sinα+2cosα=0,则则tan2α=2×(−2)1−(−2)2=43.故选B.9.答案:A解析:本题考查双曲线的性质,属于中档题.由点M为△PF1F2的内心得到点到PF1,PF2,F1F2的距离相等,以及,得|PF1|=|PF2|+m|F1F2|,用定义即可求解.解:因为M为△PF1F2的内心,所以M到PF1、PF2、F1F2的距离相等.又,所以|PF1|=|PF2|+m|F1F2|,即2a=2mc,所以m=ac =45.故选A.10.答案:B解析:本题主要考查相互独立事件概率计算,考查学生数学应用能力,属于基础题. 利用二项分布概率计算公式,直接计算即可得等答案.解:已知3位患者被治愈是相互独立的,每位患者被治愈的概率为34,则不被治愈的概率为14,所以3位患者中恰有1为患者被治愈的概率为P =C 31×(34)1×(14)2=964.故选:B11.答案:A解析:本题考查导数的综合应用,考查导数与函数单调性的应用,属于中档题. 利用导数研究函数的单调性,判断参数范围即可. 解:f(x)=x(lnx −ax),求导f ′(x)=lnx −2ax +1, 令f ′(x)=lnx −2ax +1=0, 由题意,关于x 的方程a =lnx+12x 在区间(0,+∞)上有两个不相等的实根,令ℎ(x)=lnx+12x,ℎ′(x)=−2lnx 4x 2,当x ∈(0,1)时,ℎ(x)单调递增,当x ∈(1,+∞)单调递减, 当x →+∞时,ℎ(x)→0,ℎ(1)=12, a =lnx+12x在区间(0,+∞)上有两个不相等的实根,即函数有两个极值点,则0<a <12. 故选A .12.答案:B解析:本题考查单位向量的概念,以及数量积的运算,二次函数最值的求法,属于基础题.根据a ⃗ ,b ⃗ 为单位向量及a ⃗ ⋅b ⃗ =√32即可求出|a ⃗ +t b ⃗ |2=t 2+√3t +1,然后可求出二次函数t 2+√3t +1的最小值,从而得出|a ⃗ +t b ⃗ |的最小值. 解:a ⃗ ,b ⃗ 是单位向量,a ⃗ ⋅b ⃗ =√32; ∴|a ⃗ +t b ⃗ |2=a ⃗ 2+2t a ⃗ ⋅b ⃗ +t 2b ⃗ 2=1+√3t +t 2; ∵t 2+√3t +1的最小值为4−34=14;∴|a ⃗ +t b ⃗ |的最小值为12. 故选:B .13.答案:−12解析:利用正弦函数的周期性求得ω,再利用诱导公式求得f(13)的值.本题主要考查正弦函数的周期性,利用诱导公式求三角函数的值,属于基础题. 解:∵函数f(x)=sin(ωπx −π6)(ω>0)的最小正周期为2πωπ=15,∴ω=10, 则f(13)=sin(10π⋅13−π6)=sin19π6=sin 7π6=−sin π6=−12,故答案为:−12.14.答案:(−3,0)解析:本题考查抛物线的性质及三角形垂心的性质,属于中档题.由题意设直线AB 的方程,与抛物线联立求出两根之和,由抛物线的性质可得弦长|AB|的表达式,再由题意可得参数的值,进而求出直线的方程,代入抛物线的方程求出A ,B 的坐标,由O 为三角形ABC 的垂心可得C 在x 轴上,设C 的坐标,由OA ⊥BC ,可得数量积为0,求出C 点的坐标. 解:显然直线AB 的斜率不为0,由题意设直线AB 的方程为:x =my +1,设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立直线AB 与抛物线的方程{x =my +1y 2=4x ,整理可得y 2−4my −4=0,y 1+y 2=4m ,所以x 1+x 2=4m 2+2,由抛物线的性质可得|AB|=x 1+x 2+2=4m 2+4,由题意可得4m 2+4=4,所以m =0,即直线AB 垂直于x 轴, 所以可得A(1,2),B(1,−2),因为原点O 是△ABC 的垂心,所以C 在x 轴上,设C(a,0),可得AO ⊥BC ,即AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0 即(−1,−2)⋅(a −1,2)=0,整理可得:1−a −4=0,解得a =−3, 所以C 的坐标为:(−3,0),故答案为:(−3,0).15.答案:2√3解析:解:由题意,△ABC 的外接圆即为球的大圆,r =2, 设底面△ABC 外接圆圆心G ,即GA =GB =GC =2,从而正三角形ABC 边长2√3, 设球心O ,由题意,E 、F 在球面上,OE =OD =2, F 为DE 中点,则OF ⊥DE ,OF =GD =12GC =1,在Rt △OEF 中,OE =2,OF =1,∴EF =√3, ∴DE =2√3, ∴AA 1=2√3. 故答案为:2√3.由题意求出正三棱柱的高、底面边长,即可求出AA 1的长度.本题考查正三棱柱的内切球与正三棱柱的关系,通过二者的关系求出正三棱柱的体积,考查计算能力,逻辑推理能力.16.答案:01解析:本题考查导数的几何意义,利用导数的几何意义求解即可得结果.解:由题意得f′(x)=x2−ax+b,由切点P(0,f(0))既在函数f(x)=13x3−a2x2+bx+c上又在切线y=1上,得{f′(0)=0,f(0)=1,即{02−a⋅0+b=0,13×03−a2×02+b⋅0+c=1,解得b=0,c=1.故答案为0;1.17.答案:解:由b n=a n2n ,得:b n+1=a n+12n+1,即b n+1−b n=a n+12n+1−a n2n=12,所以数列{b n}是等差数列,首项b1=1,公差为12.所以b n=1+12(n−1)=n+12,所以a n=2n b n=(n+1)×2n−1.所以S n=a1+a2+⋯+a n=2×1+3×2+⋯+(n+1)×2n−1①所以2S n=2×2+3+22+⋯+(n+1)×2n②①−②得:−S n=2×1+2+22+⋯+22−1−(n+1)×2n=2n−(n+1)×2n=−2n n.即S n=2n n.解析:由b n=a n2n ,推出数列{b n}是等差数列,首项b1=1,公差为12.求出通项公式,利用错位相减法求解数列的和即可.本题考查数列的递推关系式的应用,数列求和的方法,考查转化思想以及计算能力.18.答案:证明:(1)∵四边形ABCD是菱形,AC∩BD=O,∴O为BD中点,O为AC中点,∵四边形DBFE 是菱形,∠DAB =∠DBF =60°, ∴ΔDBF 是等边三角形, ∵O 为BD 中点, ∴FO ⊥BD ,∵FA =FC ,O 为AC 中点, ∴FO ⊥AC ,又∵AC ∩BD =O ,AC 、BD ⊂平面ABCD , ∴FO ⊥平面ABCD .(2)∵四边形ABCD 是菱形,∠DAB =60°, ∴ΔABD 是等边三角形,O 为BD 的中点, ∴AO ⊥BD , 即OA ⊥OB ,又OF ⊥平面ABCD ,OA ,OB ⊂平面ABCD , ∴OA ⊥OF ,OF ⊥OB ,∴OA ,OB ,OF 两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ,设AB =2,∵四边形ABCD 是菱形,∠DAB =60°,∴BD =2, ∴OB =OD =1,OA =OF =√3, ∴O(0,0,0),A(√3,0,0),B(0,1,0), F(0,0,√3),E(0,−2,√3),∴AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,0,√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), 设m⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)为平面AFB 的法向量, 则{m⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m⃗⃗⃗ ⋅AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{−√3x 1+y 1=0−√3x 1+√3z 1=0,令z 1=1,得m ⃗⃗⃗ =(1,√3,1),设平面AFE 的一个法向量为n ⃗ =(x 2,y 2,z 2), 则{n ⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{−√3x 2+√3z 2=02y 2=0, 令x 2=1,则n⃗ =(1,0,1). 则cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=√5⋅√2=√105, ∵二面角E −FA −B 是钝二面角, ∴二面角E −FA −B 的余弦值为−√105.解析:本题主要考查空间直线和平面垂直的判定以及二面角的求解,建立坐标系利用向量法是解决空间角的常用方法.(1)根据线面垂直的判定定理即可证明FO ⊥平面ABCD .(2)建立空间直角坐标系,利用向量法即可求二面角E −FA −B 的余弦值;19.答案:解:(1)设“至少演唱 1 首原创新曲”为事件 A ,则事件 A 的对立事件 A 为:“没有 1 首原创新曲被演唱”. 所以 P(A)=1−P(A)=1−∁54∁84=1314.答:该乐队至少演唱 1 首原创新曲的概率为1314.(2)设随机变量 x 表示被演唱的原创新曲的首数,则 x 的所有可能值为 0,1,2,3. 依题意,X =ax +2a(4−x)=8a −ax ,故X 的所有可能值依次为8a ,7a ,6a ,5a . 则 P(X =8a)=P(x =0)=∁54∁84=114.P(X =7a)=P(x =1)=∁31∁53∁84=37.P(X =6a)=P(x =2)=∁32∁52∁84=37.P(X =5a)=P(x =3)=∁33∁51∁84=114..从而X 的概率分布为:所以 X 的数学期望E(X)=8a ×114+7a ×37+6a ×37+5a ×=132a.解析:(1)设“至少演唱 1 首原创新曲”为事件 A ,则事件 A 的对立事件 A 为:“没有 1 首原创新曲被演唱”.可得 P(A)=1−P(A).(2)设随机变量 x 表示被演唱的原创新曲的首数,则 x 的所有可能值为 0,1,2,3.依题意,X =ax +2a(4−x)=8a −ax ,故X 的所有可能值依次为8a ,7a ,6a ,5a.利用超几何分布列计算公式即可得出.本题考查了互为对立事件的概率计算公式、超几何分布列及其数学期望,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.20.答案:解:(Ⅰ)由题意:2a =4,所以a =2,所求椭圆方程为x 24+y 2b 2=1;又点(1,√32)在椭圆上,∴14+34b 2=1,∴b 2=1;故所求椭圆方程为:x 24+y 2=1.(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知,A(−2,0),B(2,0),设P(4,t),M(x M ,y M ), 则直线PA 的方程为:y =t6(x +2),(t ≠0); 由{y =t6(x +2)x 2+4y 2=4得(9+t 2)x 2+4t 2x +4t 2−36=0; 因为直线PA 与椭圆相交于异于A 的点M ,所以−2+x M =−4t 29+t 2,所以x M =−2t 2+189+t 2;由y M =t 6(x M +2),得y M =6t 9+t 2,所以M(−2t 2+189+t 2,6t9+t 2);从而BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4t 29+t 2,6t9+t 2),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,t);所以BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−8t 29+t 2+6t 29+t 2=−2t 29+t2<0. 又M ,B ,P 三点不共线,所以∠MBP 为钝角;所以△MBP 为钝角三角形.解析:(Ⅰ)由椭圆的长轴长为4,得2a =4,即得a =2;又点(1,√32)在椭圆上,代入椭圆标准方程,可得b ;从而得出方程.(Ⅱ)设P(4,t)其中t ≠0,直线AP 与椭圆交于点M(异于A),由直线方程与椭圆方程组成方程组,得出点M 的坐标;由B ,P ,M 三点坐标,得向量BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,由BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ <0,知∠MBP 是钝角;从而得出证明. 本题(Ⅰ)考查了椭圆的基础知识,(Ⅱ)借助于求直线与椭圆相交时的交点,利用向量的数量积,来判断三角形的形状;要求有较高的计算能力,是中档题.21.答案:解:(1)依题意,f(x)=lnx −2x 2,f′(x)=1x −4x ,故f′(1)=−3,f(1)=−2,故所求切线方程为y +2=−3(x −1), 即y =−3x +1. (2)由x >0可知,要证:f(x)−1x+1<0,即证:mx 2−x +1−lnx >0;设ℎ(x)=mx 2−x +1−lnx ,只须证ℎ(x)>0成立; 因为ℎ′(x)=2mx −1−1x =2mx 2−x−1x,m ∈(1,2),由ℎ′(x)=0,得2mx 2−x −1=0有异号两根;令其正根为x 0,则2mx 02−x 0−1=0,故m =x 0+12x 02;则ℎ(x)的最小值为ℎ(x 0)=mx 02−x 0+1−lnx 0=1+x 02−x 0+1−lnx 0=3−x 02−lnx 0;又ℎ′(1)=2m −2>0,ℎ′(12)=2(m2−32)=m −3<0,所以12<x 0<1,则3−x 02>0,−lnx 0>0;因此3−x 02−lnx 0>0,即ℎ(x 0)>0, 所以ℎ(x)>0, 所以f(x)−1x+1<0.解析:本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用原来分类讨论思想,转化思想,是一道综合题.(1)求出函数的导数,计算f(1),f′(1),求出切线方程即可;(2)问题转化为证明mx 2−x +1−lnx >0,设ℎ(x)=mx 2−x +1−lnx ,根据函数的单调性求其最小值证明即可.f(x)>1,只需证明me x −lnx −2>0,思路1:设g(x)=me x −lnx −2根据函数的单调性证明即可;思路2:先证明e x ≥x +1(x ∈R),且lnx ≤x +1(x >0),设F(x)=e x −x −1,再证明me x −lnx −2>0.22.答案:解:(1)由曲线C 的原极坐标方程ρsin 2θ=4cosθ,可得ρ2sin 2θ=4ρcosθ, 化成直角坐标方程为y 2=4x . (2)由{x =2t,y =−2t +m ,得x +y =m ,化为极坐标方程为ρcosθ+ρsinθ=m , 将代入,得ρ=√22m ,将代入,得ρ=4√2,则|OA ||OB |=√22m ×4√2=8,解得m =2..解析:本题考查极坐标方程与普通方程的互化,参数方程的几何意义,考查计算能力. (1)利用极坐标与直角坐标互化公式求解即可. (2)联立方程组求出m 的值即可求解.23.答案:解:(1)f(x)={2x −5,x ≥31,2<x <3−2x +5,x ≤2,∵f(x)<3, ∴{2x −5<3x ≥3或{1<32<x <3或{−2x +5<3x ≤2,解得1<x <4∴M ={x|1<x <4}证明:(2)(a +b)2−(1+ab)2=(a 2−1)(1−b 2), ∵a ,b ∈(1,4),∴1−b 2<0,a 2−1>0, ∴(a +b)2<(1+ab)2,∴|a+b|<|1+ab|解析:(1)取绝对值,化为分段函数,即可求出不等式的解集,(2)当a,b∈M时,(a2−1)(b2−1)>0,即a2b2+1>a2+b2,配方后,可证得结论.本题考查含绝对值不等式的解法,考查不等式的证明,考查推理论证能力、运算求解能力、考查化归与转化思想、是中档题.。

2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学一模试卷(理科)

2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学一模试卷(理科)

2020 年黑龙江省哈尔滨三中高考数学一模试卷(理科)一、选择题:本大题共 12 小题,每题 5 分,共 60 分 .在每小题给出的四个选项中,只有 项是符合题目要求的 .1.(5 分)已知i为虚数单位,则 1i(i)A .0B . 1C . 1 iD .12.(5 分)设 A {1,2,3}, B{ x | x 2 x 1 0} ,则 A I B ()A .{1,2} B .{1, 2, 3} C .{2 ,3}D .{1}3.( 5分)某校为了研究 a ,b 两个班的化学成绩, 各选了 10人的成绩,绘制了如右茎叶图, 则根据茎叶图可知, a 班 10人化学成绩的中位数和化学成绩更稳定的班级分别是 ( )A . 83 , aB . 82.5, bC . 82.5, aD . 82,b4.( 5 分)已知向量 a r(1, 3) , b r (x,1)且a r 与 b r 的夹角为60 ,则 | b r | () A . 2 3B .1C . 3D . 233335.(5分)2019年10月1日 1上午,庆祝中华人民共和国成立 70周年阅兵仪式在天安门场隆重举行.这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量,更是让世界感受到了中国的日新月 异.今年的阅兵方阵有一个很抢眼, 他们就是院校科研方阵. 他们是由军事科学院、国防大 学、国防科技大学联合组建.若己知甲、乙、丙三人来自上述三所学校,学历分别有学士、 硕士、博士学位.现知道: ①甲不是军事科学院的; ② 来自军事科学院的不是博士; ③乙不 是军事科学院的; ④ 乙不是博士学位; ⑤ 国防科技大学的是研究生. 则丙是来自哪个院校的, 学位是什么 ( )A .国防大学,研究生B .国防大学,博士C .军事科学院,学士D .国防科技大学,研究生xx6.( 5分)函数 f (x ) e 2e ,在 [ 3, 3]的图象大致为 ( )ln ( x 1)A .3 2 3 2分)为计算 S 1 23 32 43 527.(5 1)2C . i, 99 和 N N (i 2 8.(5 分)已知数列 { a n } 满足 a n 22a n a n 1ga n D .992B . D . a n 1则 S 6 ( ) A . 12B .126B 3 1003设计了如图所示的程序框图,则在2 99 和 N N (i 1)23 101 和 N N (i 1)3a n 1 ,S n 为其前 n 项和,若 a 1 1 ,a 23,124D .1209.( 5分)现有 5 名学生,甲、乙、丙、丁、戊排成一队照相,则甲与乙相邻,且甲与丁不 相邻的站法种数为 ( )数 m 的取值范围是 ( )A .(5 6, 1)B .(5 6,3 2 2)C .( 1 ,3 2 2)D .( 1 , 1)2 6 2 20 20 612.( 5 分 ) 已 知 等 差 数 列 {a n } 的 公 差 为 2020, 若 函 数 f(x) x cosx , 且 f(a 1) f (a 2) f (a 2020 ) 1010 ,记 S n 为{a n } 的前 n 项和,则 S 2020的值为 ( )2021 4041A . 1010B .C . 2020D .22二、填空题:本大题共 4 小题,每题 5 分,共 20分.x y 1, 013.(5 分)已知 x 、 y 满足约束条件 x y, 0 ,则 z x 2y 的最大值为 .x ⋯02214.( 5分)已知双曲线 C: x 2 y2 1(a 0,b 0)的左、右焦点分别为 F 1, F 2,过 F 2作一条 ab 直线 l 与其两条渐近线交于 A ,B 两点.若 AOB 为等腰直角三角形,记双曲线的离心率为 e ,则 e 2.15.(5 分)己知函数 f(x) 2sin( x )( 0,| | )过点 (0,1) ,若 f(x)在[0,1]上恰2好有两个最值且在 [ 1, 1] 上单调递增,则 .4416.(5 分)如图,棱长为 2 的正方体 ABCD 一 A 1B 1C 1D 1 中,点 M 、 N 、 E 分别为棱 AA 1、AB 、AD 的中点,以 A 为圆心, 1为半径,分别在面 ABB 1 A 1和面 ABCD 内作弧 MN 和 NE ,B 两点(点 A 在 x 轴上方),点 P(1,2),连接 AP 交y 轴于 M ,过M 作MD //PF 交 AB 于D , 若 FA 5DA ,则 AB 斜率为 ()4 .31A .BC .D .23.42(x 1)2 1 x211.( 5分)已知函数 f (x)1,若函数 Ff (x) mx 有 4 个零点, 则实f ( x 2) x ⋯24x ,F 为其焦点, 过 F 的直线与抛物线 C 交于 A 、2A . 36B .24C .22D .202 10.(5 分)已知抛物线 C 的方程为 y 2并将两弧各五等分,分点依次为M 、P1、P2、P3、P4、N以及N、Q1、Q2、Q3 、Q4、E.只蚂蚁欲从点P1出发,沿正方体的表面爬行至Q4 ,则其爬行的最短距离为.参考数据:cos9 0.9877 ;cos18 0.9511 ;cos27 0.8910)三、解答题:共70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤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.(12 分)在平面四边形ABCD 中,E为AB上一点,连接CE,DE,已知AE 4BE,2 AE 4,CE 7,若 A B CED .3(1)求BCE 的面积;(2)求CD 的长.18.(12分)如图,在三棱柱ABC A1B1C1 中,CA CB,侧面ABB1 A1是边长为 2 的正方形,点E 、F 分别是线段AA1 ,A1 B1的中点,且CE EF .(1)证明:平面ABB1 A1 平面ABC ;(2)若CE CB ,求直线AC1 与平面CEF 所成角的正弦值..第17~21 题为必考题,3 3 x 2y219.(12分)设直线AC:y 3x与直线BD:y 3 x分别与椭圆E: x y1(m 0)交6 6 4m m于点A,B,C,D,且四边形ABCD 的面积为 2 3.(1)求椭圆 E 的方程;(2)设过点P(0,2)的动直线1与椭圆E相交于M ,N 两点,是否存在经过原点,且以MN 为直径的圆?若有,请求出圆的方程,若没有,请说明理由.20.(12分)材料一:2018年,全国逾半省份将从秋季入学的高一年级开始实行新的学业水平考试和高考制度.所有省级行政区域均突破文理界限,由学生跨文理选科,均设置“ 3 3” 的考试科目.前一个“ 3”为必考科目,为统一高考科目语文、数学、外语.除个别省级行政区域仍执行教育部委托的分省命题任务外,绝大部分省级行政区域均由教育部考试中心统一命题;后一个“ 3”为高中学业水平考试(简称“学考”)选考科目,由各省级行政区域自主命题.材料二:2019 年 4 月,河北、辽宁、江苏、福建、湖北、湖南、广东、重庆等8 省市发布高考综合改革实施方案,方案决定从2018 年秋季入学的高中一年级学生开始实施高考综合改革.考生总成绩由全国统一高考的语文、数学、外语3个科日成绩和考生选择的 3 科普通高中学业水平选择性考试科目成绩组成,满分为750 分.即通常所说的“ 3 1 2 ”模式,所谓“3 1 2”,即“3”是三门主科,分别是语文、数学、外语,这三门科目是必选的.“1” 指的是要在物理、历史里选一门,按原始分计入成绩.“ 2”指考生要在生物、化学、思想政治、地理 4 门中选择 2 门.但是这几门科目不以原始分计入成绩,而是等级赋分.等级赋分指的是把考生的原始成绩根据人数的比例分为A、B、C、 D 、E五个等级,五个等级分别对应着相应的分数区间,然后再用公式换算,转换得出分数.(1)若按照“ 3 1 2 ”模式选科,求选出的六科中含有“语文,数学,外语,物理,化学” 的概率.(2)某教育部门为了调查学生语数外三科成绩与选科之间的关系,现从当地不同层次的学校中抽取高一学生2500名参加语数外的网络测试,满分450 分,并给前400名颁发荣誉证书,假设该次网络测试成绩服从正态分布,且满分为450 分:①考生甲得知他的成绩为270 分,考试后不久了解到如下情况:“此次测试平均成绩为171 分,351 分以上共有57人”,问甲能否获得荣誉证书,请说明理由;②考生内得知他的实际成绩为430分,而考生乙告诉考生丙:“这次测试平均成绩为201 分,351分以上共有57 人”,请结合统计学知识帮助内同学辨别乙同学信息的真伪.附:P(,X) 0.6828 ;P(2,X2)0.9544 ;P(3X3)0.9974.21.( 12 分) 已知函数xf ( x ) 2e x ax(a 0)(1)讨论函数 f (x) 的零点个数:(2)若a e m e n( m ,n为给定的常数,且m n,记f (x)在区间(m, n)上的最小值为g(m,n) ,求证:g(m,n) (1 m ln 2)e m (1 n ln2) e n.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 一4:极坐标与参数方程]x 2 cos22.(10 分)在平面直角坐标系xOy 中,已知圆C1 的参数方程为( 为参数),y 2sin以坐标原点为极点,x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,圆C2的极坐标方程为4sin ,设圆C1与圆C2的公共弦所在直线为1.(1)求直线l 的极坐标方程;(2)若以坐标原点为中心,直线l 顺时针方向旋转后与圆C1 、圆C2 分别在第一象限交于6A、B两点,求|AB|.[选修 4 一5:不等式选讲]1123.已知函数f(x) |x | ,且对任意的x,f(x) f( x )⋯m.(1)求m 的取值范围;( 2)若m N ,证明: f (sin 2 ) f (cos2 a 1), m .所以 a 班化学成绩更稳定些. 故选: C .4.( 5分)已知向量 a r (1, 3) ,b (x,1)且a r 与 b 的夹角为 602020 年黑龙江省哈尔滨三中高考数学一模试卷(理科)参考答案与试题解析一、选择题:本大题共 12 小题,每题 5 分,共 60 分 .在每小题给出的四个选项中,只有 项是符合题目要求的 .1.(5 分)已知 i 1i为虚数单位,则 1 i i()A .0B . 1C . 1iD .1【解答】 解: 1ii (1 i )i 2i(i 1) 1 i .故选: C .2.(5 分)设A{1,2, 3}, B {x | x 2x1 0},则 A I B ()A .{1, 2}B . {1,2, 3}C . {2 , 3}D .{1}解答】 解:QA {1,2,3}, B {x| 1 5 x 1 5} ,22A IB {1} .故选: D .3.( 5分)某校为了研究 a ,b 两个班的化学成绩, 各选了 10 人的成绩,绘制了如右茎叶图,则根据茎叶图可知, a 班 10人化学成绩的中位数和化学成绩更稳定的班级分别是()C . 82.5, aD . 82, b 解答】 解:根据茎叶图可知, a 班 10 人化学成绩的中位数是1 (82 83) 82.5 ;2a 班成绩分布在 71~ 93 之间, 集中在 80~ 88内;b 班成绩分布在 62 ~ 95 之间,更分散些; B .82.5, b A . 83 , aa rgb x 3 2 x211,解得x3,235.(5分)2019年10月1日1上午,庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵仪式在天安门场隆重举行.这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量,更是让世界感受到了中国的日新月异.今年的阅兵方阵有一个很抢眼,他们就是院校科研方阵.他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大学联合组建.若己知甲、乙、丙三人来自上述三所学校,学历分别有学士、硕士、博士学位.现知道:①甲不是军事科学院的;② 来自军事科学院的不是博士;③乙不是军事科学院的;④ 乙不是博士学位;⑤ 国防科技大学的是研究生.则丙是来自哪个院校的,学位是什么( )A .国防大学,研究生B.国防大学,博士C.军事科学院,学士D.国防科技大学,研究生【解答】解:由① 甲不是军事科学院的,得到甲来自于国防大学或国防科技大学;由③乙不是军事科学院的,得到乙来自于国防大学、国防科技大学;由①③ 得到丙来来自于军事科学院;由② 来自军事科学院的不是博士和④乙不是博士学位,得到甲是博士;由⑤国防科技大学的是研究生,得到乙来自于国防科技大学,且乙是研究生,由此得到甲来自于国防大学,且甲是博士,从而得到丙是来自军事科学院,学位是学士.故选: C .6.( 5分)函数 f (x) xxee ln( x21) ,在[ 3,3] 的图象大致为(B.13C. 33D.(x,1) ,且a r与b r的夹角为603A. 2 3rr解:根据题意,解答】 f (x)xeeln(x21)x)xxee2ln( x2 1)f(x ) ,即函数当x 1时,f(1)ln21 elne当x 3时,f(3)31 e3eln10e313 e lne3故选:C.7.( 5 分)为计算S 1 23D.f ( x)为奇函数,11 2 ,排除,e2 3 23453],排除 B 、D,1313(e3113 ) 5 ,排除A , e239921003设计了如图所示的程序框图,则在两个空白框中分别可以填入(为 101 ,判断框处应为 i 101 ,又知偶数列加的是立方和, 所以应填 N N (i 1)3 , 故选: D .28.(5分)已知数列 {a n } 满足 a n 2 2a n a n 1ga n 1 a n 1 a n 1 ,S n 为其前 n 项和,若 a 1 1,a 2 则 S 6 ( ) A .128B .126C . 124D . 120【解答】 解:Q a n 2 2a n a n 1ga n 1 a n 1 a n 1, a 1 1, a 2 3 ,2 a22a 2 a 1ga 3 a 1 a 3 ,即 9 62a 3 1 ,解得: a 37;同理, 由 2a 3 2a 3 a 2 ga 4 a 2 a 4 ,即 49 14 4a 4 3 ,解得: a 415;同理解得: a 5 31; a 6 63,S 6 1 3 7 15 31 63 120 ,故选: D .9.( 5分)现有 5 名学生,甲、乙、丙、丁、戊排成一队照相,则甲与乙相邻,且甲与丁不 相邻的站法种数为 ( )1)2B .99 和 N N 2(i 1)2C . i, 99 和 N N(iD .101 和 N N(i 1)3解答】 解:程序框图为计算 S 1 23 32435223992 1003 , 则终止程序运行的i 值3,A .36 B.24 C.22 D.2011【解答】解:根据题意,按甲的站法分 2 种情况讨论:①、若甲站在两端,甲有 2 种情况,乙必须与甲相邻,也有 1 种情况,剩余 3 人全排列,安排的剩余的 3 个位置,有A33 6 种情况,则此时有 2 1 6 12 种站法;②、若甲不站在两端,甲可以站在中间的3个位置,有 3 种情况,乙必须与甲相邻,也有2种情况,甲与丁不能相邻,丁有 2 个位置可选,有 2 种情况,剩余 2 人全排列,安排的剩余的 2 个位置,有A22 2 种站法,则此时有 3 2 2 2 24 种站法;则一共有24 12 36 种站法;故选: A .210.(5分)已知抛物线 C 的方程为y2 4x,F 为其焦点,过F 的直线与抛物线 C 交于A、B两点(点A在x轴上方),点P( 1,2),连接AP交y轴于M,过M 作MD //PF交AB于D,若FA 5DA,则AB 斜率为( )4 3 1A .B.C.D. 23 4 2【解答】解:由抛物线的方程可得:焦点 F (1,0),准线方程为x 1,作AA 垂直于准线交于 A ,因为MD / / PF ,所以AF AP AA,即xA 15 ,AD AM x A x A解得x A1,41,即A(14,1),所以yA4所以k AB k AF( x 1)2 1 x 21 ,若函数 F ( x) f (x) mx 有 4 个零点, 则实 f ( x 2) x ⋯22数 m 的取值范围是 (取得最大值时对应的点为 A(3, 1 ) ;2取得最大值时对应的点为 B(5, 1) ;4作函数图象如下:11.( 5分)已知函数 f (x) 51A .(2 6,6)解答】 解:依题当 x [2 , 4) 时, x 1 16)1(20,2 2) C . ( 1 ,3 2 2) D .20(52 6 ,函数 y f (x) 的图象与直线 y mx 有 4 个交点,B . 2 [0 , 2) ,2) (x3)2 1,故此时 f (x)1 12(x3)1,2当 x [4 ,6) 时,x 2 [2 ,4) ,则f ( x 2)112(x5)2112,故此时 f (x)114(x5)21,411由图象可知,满足条件的实数 m 的取值范围为 (5 6, 3 2 2) .2故选: B .解答】 解:设 { a n } 的公差为 d , 由 f ( x) x cosx ,且 f ( a 1 ) f (a 2 )点,且 1 20;又过点 (0,0)作函数在 [2, 4)上的切线切于点 C ,作函数在 [4 , 6) 上的切线切于点 D ,则12 .( 5 分 ) 已知等差数列{a n } 的公差为 2020, 若函数 f(x) x cosx ,f (a 1 ) f (a 2 ) f (a 2020 ) 1010 ,记S n 为{a n }的前n 项和,则 S 2020的值为 ( )A . 1010B . 2021C . 2020D .4041 2f ( a 2020 ) 1010 ,6f ( x) 有两个交k OB即1010( a 1 a 2020 ) (cos a 1 cosa 2 cosa 2020 ) 1010 , ①又对1剟i 1010. i Z可得 (a 1 a 2a 2020 ) (cos a 1 cosa 2cosa 2020 ) 1010cos a i cos a 2021 i2a i (2021 2i )d cos[2(2021 22i)d ]2a i (2021 2i) d cos[ 2(2021 22i)d ]2cos 2a i (2021 2i)d cos (2021 2i)d2cos cos222cosa ia 2021 i cos (2021 2i)d 222cos a 1 a 2020 cos(2021 2i)d22所以 g(x)在 R 上递增,且 g( ) 02故选: A .由 z x 2y 得: y 1 x z,221平移直线 y1x ,结合图象直线过 A(0,1)时, 2z 最大, z 的最大值是 2,故答案为: 2.a 1a 2020m22020m [(cos a 1 cos a 2020 ) (cos a 2 cos a 2019 )(cos a 1010 即 2020m 2cosmg[cos 2019d cos2019d设g(x) 2020x 2cos xg[cos2019d 可得g (x ) 2020 2sin xg[cos2 d cos 2]dcos ] 2①即为cosa 1011 )] 1010 ,②,1010 ,由 d 2020 , 2020 2020 0 ,又由 ②可得 g(m) 0 ,所以 m ,2a 1 a 20202所以 S2020 2020(a 1 a 020 )1010二、填空题:本大题共 4 小题,每题 5 分,共 20 分 .x y 1, 013.(5分)已知 x 、 y 满足约束条件 x y, 0 ,则 z xx ⋯02y 的最大值为 21010 cos2 2017d cos22 x14.(5 分)已知双曲线 C: 2a2 y21(a 0,b 0)的左、右焦点分别为 F 1, F 2,过 F 2作一条 b直线 l 与其两条渐近线交于 A , B 两点.若 AOB 为等腰直角三角形,记双曲线的离心率为 e ,则 e e 22 或 4 2 2 解答】 解:因为 AOB 为等腰直角三角形, i) 当 AOB 90 ,由渐近线的对称性可得 AOF 2 b 2 c 245 ,即 b 1 ,所以离心率 e 2 2 a a 2a 2a2b 2 2, a ii)当 OAB 或 OBA 90 时,离心率是相等的, 因为直线 OA 的方程为bx ,直线 OB 的 a方程为: b x ,a 当 OAB 90 时,所以过 F 2 的直线 AB 的方程为: ay b (x c) ,联立方程 bx a ab(x 可得 c) x A 2 a , y Ac ab 2即A( a , cab ); c 联立方程 bx a ab(x 可得 c) x B a 2c b 2 y B abc2b 2B(a 2c,a 2b 2 ,abc) , 2 2 ) ,a 2b 2因为 AOB 为等腰直角三角形,所以 OB 2OA , 所以 ( 2a 22 a c )2 b 2)( abc ) 2 ( 2 2 )ab2 2[( a )2 c(ab )2],b 2 c 2a ,整理可得: 4 2 28a 48a 2c 20 ,即 e428e28 0 ,解得 e综上所述: 2或 4 2 2 ,)( 2e 0,| | 2)过点(0,1) ,若 f(x)在[0,1]上恰4 324 337 6 2 则:5 3624 346 46216.(5 分)如图,棱长为 2 的正方体 ABCD 一 A 1B 1C 1D 1 中,点 M 、 N 、 E 分别为棱 AA 1、只蚂蚁欲从点 P 1出发,沿正方体的表面爬行至 Q 4 ,则其爬行的最短距离为 1.782 .参考 数据: cos9 0.9877 ; cos18 0.9511 ; cos27 0.8910)好有两个最值且在 [ 1, 1] 上单调递增,则44解答】 解:函数 f(x) 2sin( x )( 0, | | 2)过点 (0,1),所以6故答案为: 43AB 、AD 的中点,以 A 为圆心, 1为半径,分别在面 ABB 1 A 1和面 ABCD 内作弧 MN 和 NE ,并将两弧各五等分,分点依次为 M 、P 1、P 2、P 3、P 4、N 以及 N 、Q 1、Q 2、Q 3 、Q 4、E .由于函数 f (x) 在[0 , 1]上恰好有两个最值且在 [ 1, 1]上单调递增, 44又由在 [0 , 1]上恰有两个最值,所以所以,解得 0整理得 4390由余弦定理可得解答】 解:将平面 ABCD 绕 AB 旋转至与平面 ABB 1 A 1 共面,则 P 1AQ 4| P 1Q 4 | 2sin 72 .ABB 1 A 1分别绕 AD 、 AA 1旋转至与平面 ADD 1 A 1共面,| P 1Q 4 | 2sin 63 .最短距离为 2sin63 2 0.8910 1.782 .故答案为: 1.782 .三、解答题:共 70 分 .解答应写出文字说明、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:共 60 分.分)在平面四边形 ABCD 中, E 为 AB 上一点,连接 CE , DE ,已知 AE 4BE ,2)求 CD 的长.则 P 1AQ 4902590 126 .解答】 解(1) BCE 中,由余弦定理可得, 所以 7 2 BC 2 1 BC ,解可得 BCS BCE1BC gBEgsin B 21 2, 332 2)因为 BCE CEB AEDCEB1,3所以 BCE AED , 又因为 B A ,所以 DE AE4 2CEBC2 所以DE 2CE2 7 , 在CDE中所以 BCE∽ADE,8 144将平面 ABCD 、平面 又由 sin63 sin72 17.(12 AE 4 , CE 7 ,若 A B CED1)求 BCE 的面积;CD 2 DE 2 CE 2 2 DE gCE gcos120 28 7 2 2 7 7 ( 1) 49 .2所以 CD 718.(12分)如图,在三棱柱 ABC A 1B 1C 1 中,CA CB ,侧面 ABB 1 A 1是边长为 2 的正方形,AC 1 与平面 CEF 所成角的正弦值.Q CACB , OC AB ,分别为 AB ,AA 1, A 1B 1 的中点, 在正方体 ABB 1 A 1中,QO , E ,F EF OE ,又 EF CE,且 OE I CE E , EF平面 OCE ,Q OC平面OCE , EF OC ,Q EF , AB 相交, OC 平面 ABB 1 A 1 ,Q OC 平面 ABC , 平面 A BB 1 A 1 平面 ABC .(2) 解: Q AA 1 AB ,平面 ABC平面 ABB 1 A 1 AB ,平面 ABC 平面 ABB 1 A 1AA 1 平面 ABC , AA 1BC ,Q BC CE , CE IAA 1 E , BC平面 AA 1C 1C , BC AC , OC 1,Q AA 1 平面 ABC ,AA 1 / / OF ,OF 平面 ABC ,OF OC , OF OA , OC OAAB 的中点 O ,连结 解答】 解:( 1)证明:取 OE , OC ,以 O 为坐标原点,OA 为 y 轴, OF 为 z 轴,建立空间直角坐标系,OC 为 x 轴, 点 E 、 F 分别是线段 AA 1 , A 1 B 1的中点,且 CE EF .1)证明:平面 ABB 1 A 1平面 ABC ;2)若 CE CB ,求直线则O (0 ,0, 0) , C (1,0,0) , A (0 ,1, 0), E(0 ,1,1), F (0 ,0, 2) , C 1(1,0, 2),uuur uuurCE ( 1,1,1), CFuuuur(1,0,2),AC 1 (1 , 1, 2) ,设平面 CEF 的法向量 n r (x , y , z) ,r uuur则ngCE x y z 0 , 则r uuur ,取 x 2 ,得 n r(2, 1,1),n gCF x 2 z 0设直线 AC 1与平面 CEF 所成角为 , 则直线 AC 1与平面 CEF 所成角的正弦值为:uuuur r | AC 1gn | 3 1sin uuuur r .| AC 1 |g| n r | 6g 6 2于点 A ,B ,C ,D ,且四边形 ABCD 的面积为 2 3.(1)求椭圆 E 的方程;(2)设过点 P (0,2) 的动直线 1与椭圆 E 相交于 M ,N 两点,是否存在经过原点, 且以MN为直径的圆?若有,请求出圆的方程,若没有,请说明理由. 【解答】 解:(1)由题可知直线 AC 与直线 BD 关于坐标轴对称, 所以四边形 ABCD 为矩形,3y6 x 22 xy 4m m ,解得 | x A | 3m , | y A | m , 12所以S 四边形 ABCD 4 x A y A 2 3m 2 3 ,2所以 m 1,椭圆 E 的方程为: xy 2 1.42)设点 M(x 1, y 1),N(x 2, y 2)3 3x 与直线 BD : y 6 3x 分别与椭圆 E : x 6 4m2y1(m 0) 交 m19.( 12分)设直线 AC: y显然直线 MN 的斜率存在,不妨设直线 MN 的方程为 y kx 2 ,221,可得 (4k 2 1)x 2 16kx 12 0 ,20.(12分)材料一: 2018年,全国逾半省份将从秋季入学的高一年级开始实行新的学业水平考试和高考制度. 所有省级行政区域均突破文理界限, 由学生跨文理选科, 均设置“ 3 3 的考试科目.前一个“ 3”为必考科目,为统一高考科目语文、数学、外语.除个别省级行 政区域仍执行教育部委托的分省命题任务外, 绝大部分省级行政区域均由教育部考试中心统 一命题;后一个“ 3”为高中学业水平考试(简称“学考” ) 选考科目,由各省级行政区域自主命题.材料二: 2019 年 4 月,河北、辽宁、江苏、福建、湖北、湖南、广东、重庆等 8 省市发布 高考综合改革实施方案,方案决定从 2018 年秋季入学的高中一年级学生开始实施高考综合 改革.考生总成绩由全国统一高考的语文、 数学、外语 3个科日成绩和考生选择的 3 科普通 高中学业水平选择性考试科目成绩组成,满分为 750 分.即通常所说的“ 3 1 2 ”模式, 所谓“3 1 2”,即“3”是三门主科, 分别是语文、 数学、外语,这三门科目是必选的. “1” 指的是要在物理、历史里选一门,按原始分计入成绩. “ 2”指考生要在生物、化学、思想政 治、地理 4 门中选择 2 门.但是这几门科目不以原始分计入成绩, 而是等级赋分. 等级赋分 指的是把考生的原始成绩根据人数的比例分为 A 、 B 、C 、 D 、 E 五个等级,五个等级分 别对应着相应的分数区间,然后再用公式换算,转换得出分数.(1)若按照“ 3 1 2 ”模式选科, 求选出的六科中含有 “语文,数学,外语,物理,化学” 的概率.2 代入x42 y 2x 1 x 216k 所以4k 2 1, 12,x 1x 24k 2 1uuuur uuur则 OM gON x 1x 2 y 1 y 2 x 1x 2 (kx 1 2)(kx 2 2) (k 2 1)x 1x 22k(x 1 x 2) 4 ,2 12(k 2 1) 2 32k 24k 2 12 4 0 ,解得 k 4k 2 1 2 ,经验证△ 0, 设线段 MN 的中点为 G (x 0 , y 0), 则 x0 x1 x28k16 24k2117y 0y 1 y 22k(x 1 x 2 ) 4 22 24k 2 1 17所以 OG 2 x 02 y 02 260289 所以存在满足条件的圆,其方程为:16 2 (x 1167)2 (y 2 )2 17260 289(2)某教育部门为了调查学生语数外三科成绩与选科之间的关系,现从当地不同层次的学 校中抽取高一学生 2500名参加语数外的网络测试,满分 450 分,并给前 400名颁发荣誉证 书,假设该次网络测试成绩服从正态分布,且满分为 450 分:①考生甲得知他的成绩为 270 分,考试后不久了解到如下情况: “此次测试平均成绩为 171 分,351 分以上共有 57人”,问甲能否获得荣誉证书,请说明理由;②考生内得知他的实际成绩为 430分,而考生乙告诉考生丙: “这次测试平均成绩为 201 分, 分以上共有 57 人”,请结合统计学知识帮助内同学辨别乙同学信息的真伪.而 270 261 , 甲同学能获得荣誉证书.21.(12 分)已知函数 f (x ) 2e x ax (a 0) .(1)讨论函数 f (x ) 的零点个数:351 附: P( , X ) 0.6828 ; P( 2,X ) 0.9544 ; P(3,X) 0.9974 .解答】 解: 1)选出的六科中含有“语文,数学, 外语,物理,化学”为事件A ,则 P (A )e 3 1痧21g 42 42)设该次网络测试成绩记为 X ,则 X ~ N ( , 22) . ① 由 171, Q5725000.0228 .且1 P(2 剟X2)0.954420.0228 .351 171 902 4000.16 2500P( X ⋯ ) 1 P(剟X 20.6828 20.1587 0.16 .前 400 名的成绩的最低分低于261分.②假设乙同学说的为真.则201.P( X ⋯ 2 )1 P(2 剟X221 0.95440.02285725000.0228 ,351 20175 ,从而 3 201 75 426 430 .而P( X⋯ 31 P( 3 剟X321 0.99740.0013 20.005 .事件“ X ⋯ 3 ”为小概率事件,即“丙同学的成绩为 430 分”是小概率事件,可以认为不可能发生, 却发生了.乙同学说的为假.2)若 a e m e n( m ,n为给定的常数,且m n,记f (x)在区间(m, n)上的最小值为g(m,n) ,求证:g( m ,n) (1 mln 2)e m(1 nln2)e n.解答】(1)解: f (x) 2e x a,由f (x) 0得,x ln a2;由f (x) 0得,ln a2,af(x)在( ,ln a2)上单调递减,a(ln2,) 上单调递增,f ( x) min f (ln a2)lna2e2aa aln a(1 ln ) ,22由于当x时,f(x),当x 时, f (x)①当ln a21 ,即0a 2e时,f (x)无零点,②当ln a21 ,即a2e时,f ( x) 有一个零点,③当ln a 1 ,即a2e时,f ( x) 有两个零点;2(2)证明:Q a e mn e,m lne m ln a ln mn eelne n n22由( 1) 可知, f (x) 在(m,n)上的最小值g(m ,n) f (ln a)2 a(1 ln 2a) (e m e n)(1mneeln e e ),2原不等式(e m e n)(1 lnmne m2e n) (1 m ln2)e m(1 nln2)e( m ln 2mn e emln )e m( n2 ln2mneeln2)0m4e mme m gln m n ee 4nln e e n m1n n ee glnmn eenm m eglnen m10,令t e n m,则t 1,于是原不等式4 ln t ttlnt10,4 令h(t) ln t41tln t t1(t 1),则h (t) 11t ln t 1t11tln t t1 ln1 0,h(t)在(1, ) 上单调递减,h(t) h(1) ln2 ln 1 0,2原不等式成立得证.、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,则按所做的第一计分. [选修 4 一 4:极坐标与参数方程 ]x 2 cos22.(10 分)在平面直角坐标系 xOy 中,已知圆 C 1 的参数方程为( 为参数),y 2sin以坐标原点为极点, x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系, 圆C 2 的极坐标方程为 4sin ,设圆 C 1与圆 C 2的公共弦所在直线为 1.1)求直线 l 的极坐标方程;(2)若以坐标原点为中心,直线 l 顺时针方向旋转 后与圆 C 1、圆 C 2分别在第一象限交于6A 、B 两点,求 |AB|.x 2 cos【解答】 解:( 1)已知圆 C 1的参数方程为( 为参数),整理为直角坐标方程为y 2sin22(x 2)2 y 2 4 .圆 C 2 的极坐标方程为 4sin ,转换为直角坐标方程为 x 2 ( y 2) 2 4 .两圆相减得: x y 0 . 转换为极坐标方程为 .4(2)直线 l 顺时针方向旋转 后得到: ,6 4 6 12由于圆 C 1 的极坐标方程为4cos ,所以:设A ( 1, )B ( 2, ) ,由于与圆 C 1、圆 C 2分别在第一象限交于 A 、 B 两点,所以| AB | | 1 2 | | 4cos 4sin | 4 2 cos2 2 .1 212 12 3[选修 4 一 5:不等式选讲 ] 1123.已知函数 f(x) |x| ,且对任意的 x , f(x) f( x )⋯m . 22(1)求 m 的取值范围;22f (sin 2 ) f (cos 2 a 1), m .1 1 1 f ( x )| x || x |⋯ |x222解答】 解:(1) f(x )( x)| 12 , 2)若 m N ,证明:当且仅当 ( x 1)x, 0时等号成立,21m 的取值范围为 ( , 1 ] .2当 1剟sin221时,2f (sin 2) f (cos21) 2sin 2, 0 ;当 0, sin 21,2f (sin 2)f (cos 21) 1,2综上, f(sin22)2f (cos1), 0 , 原命题成立.2 2 2CE 2BC 2 BE 2 2BCgBEgcos120 ,Q f ( x) 对任意的 x , f ( x) f ( x12)⋯m ,m,1,22)由( 1)知, m, 1 ,又 m2要证 f (sin 2 ) f (cos2Q f (sin 2 )f (cos 21) N , m即证 f (sin 212| | cos2f (cos 1), 0 , 12|21 2 | sin 2 | cos 222sin 21,0,sin 212, 1剟sin 2 2 1 21), m , )|sin 2。

2020年黑龙江高三一模数学试卷(理科)

2020年黑龙江高三一模数学试卷(理科)

2020年黑龙江高三一模数学试卷(理科)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.已知全集,集合,,则( ).A. B. C. D.2.已知复数,则的虚部为( ).A. B. C. D.3.年某校迎国庆周年歌咏比赛中,甲乙两个合唱队每场比赛得分的茎叶图如图所示(以十位数字为茎,个位数字为叶).若甲队得分的中位数是,乙队得分的平均数是,则( ).甲乙A. B. C. D.4.的展开式中的系数为( ).A. B. C. D.5.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术:"置如其周,令相承也.又以高乘之,三十六成一”该术相当于给出了由圆锥的底面周长.与高,计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为( ).A.B.C.D.6.已知公差不为的等差数列的前项的和为,,且,,成等比数列,则( ).A.B.C.D.7.下列说法正确的是( ).A.命题“,”的否定形式是“,”B.若平面,,,满足,则C.随机变量服从正态分布,若,则D.设是实数,“”是“” 的充分不必要条件8.已知双曲线的右焦点与圆的圆心重合,且圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为,则双曲线的离心率为( ).A.B.C.D.::9.已知是圆心为坐标原点,半径为的圆上的任意一点,将射线绕点逆时针旋转到交圆于点,则的最大值为( ).A.B. C.D.10.从集合中随机选取一个数记为,从集合中随机选取一个数记为,则在方程 表示双曲线的条件下,方程表示焦点在轴上的双曲线的概率为( ).A.B.C.D.11.已知函数,若关于的方程有六个不相等的实数根,则实数的取值范围为( ).A.B.C.D.,,12.已知定义在上的函数满足,且当时,.设在上的最大值,且数列的前项的和为.若对于任意正整数不等式恒成立,则实数的取值范围为( ).A.B.C.D.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.若曲线(其中常数)在点处的切线的斜率为,则.14.若函数的图象向左平移个单位得到函数的图象.则在区间上的最小值为 .15.如图所示,在边长为的正方形纸片中,与相交于.剪去,将剩余部分沿、折叠,使、重合,则以、、、为顶点的四面体的外接球的体积为 .16.已知椭圆的左、右焦点分别为,,如图是过且垂直于长轴的弦,则的内切圆方程是 .xyO三、解答题(本大题共5小题,每小题12分,共60分)(1)(2)17.在中,为边上一点,,.求.若,,求.(1)(2)18.某大型单位举行了一次全体员工都参加的考试,从中随机抽取了人的分数.以下茎叶图记录了他们的考试分数(以十位数字为茎,个位数字为叶):分数若分数不低于分,则称该员工的成绩为“优秀”.从这人中任取人,求恰有人成绩“优秀”的概率.根据这人的分数补全下方的频率分布表和频率分布直方图,并根据频率分布直方图解决下面的问题.1 2分数频率组距组别分组频数频率估计所有员工的平均分数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表).若从所有员工中任选人,记表示抽到的员工成绩为”优秀”的人数,求的分布列和数学期望.频率组距(1)(2)19.已知抛物线的焦点为,过上一点作两条倾斜角互补的直线分别与交于,两点.证明:直线的斜率是.若,,成等比数列,求直线的方程.(1)(2)20.如图,在直角中,,通过以直线为轴顺时针旋转得到().点为斜边上一点.点为线段上一点,且.证明:平面.当直线与平面所成的角取最大值时,求二面角的正弦值.【答案】解析:∵,,∴,又∵,∴,故选项正确.解析:∵.(1)(2)21.已知函数,是的导数.当时,令,为的导数.证明:在区间存在唯一的极小值点.已知函数,在上单调递减,求的取值范围.四、选做题(本大题共2小题,选做1题,共10分)(1)(2)22.在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),点在曲线上,点满足.以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,求动点的轨迹的极坐标方程.点,分别是曲线上第一象限,第二象限上两点,且满足,求的值.(1)(2)23.已知关于的不等式有解.求实数的最大值.若,,均为正实数,且满足.证明:.B1.A2.∴的虚部为,故选项正确.解析:∵甲队得分的中位数是,乙队得分的平均数为,则由茎叶图性质知:甲队:、、、、、、,若要使甲队中位数为,则只能令,即,乙队:、、、、、、,则,∴解出:,∴,,∴.故选.解析:展开式中的取法有两种.①中取,中取个,个,即,②中取,中取个,个,即,综上所述:的系数为.故选:.解析:设圆锥的底面半径为,则圆锥的底面周长为.所以,所以,所以,D 3.C 4.C 5.所以,所以圆周率近似取为.故选.解析:∵为等差数列,,且,,成等比数列,∴,(舍去),∴,.故选项正确.解析:∵双曲线的右焦点与圆的圆心重合,又∵圆心,∴焦点,∴.双曲线的渐近线方程为,由圆的对称性,不妨取渐近线为,即.∴圆心到直线的距离为:,又∵圆的半径,∴由勾股定理:,即,∴,∴,B 6.D 7.A 8.::∵,,∴,,∴.故答案为.解析:由题意,设,则,则,因为,所以,故的最大值为.故选.解析:设事件:方程为双曲线,即,或,,.事件:方程为焦点在轴上的双曲线,即,,∵、选取总个数为:,∴,,条件概率:,∴故答案为:.解析:C 9.A 10.B 11.的图象如下图:令,则关于的方程,有六个不相等的实数根,可转化为有两个不相等的实数根,.如图可知:,,令,则有,∴,∴,∴实数的取值范围为.故选.解析:∵,∴,当时,,∴的图象如下图所示,x123456y –11234O ∴由题意可知,,,,∴是以为首项, 为公式的等比数列、,,或C 12.又,∴,令,则,,∴当时,,∴,当时,,∴,∴在时,单调递增,时单调递减,∴的最大值为,∴,∴实数的取值范围为,故选:.13.解析:∵,∴,又∵,∴,.14.解析:∵,∴,则,∵,∴,,∴在区间上的最小值为.15.解析:折叠后的四面体,如图所示,其中,,都是腰长为,以为顶点的等腰直角三角形,是边长为的等边三角形.将四面体放入棱长为的正方体中,如下图所示:则正方体的外接球即该四面体的外接球,所以,故该四面体的外接球的体积.16.解析:由题意可得,∴,∴,,将代入椭圆方程可得,解得,∴,,,记内切圆圆心为,半径为,(1)(2)∴,∴,∴,∴圆的方程为.解析:,∵,∴,∴.∵,∴设,,在中,由正弦定理得,,∴,∴,∵,∴∴.(1).(2).17.(1).1(2).18.(1)12(2)解析:设从人中任取人恰有人成绩“优秀”为事件,,恰有人“优秀”的概率为.,估计所有员工的平均分数为.分数频率组距组别分组频数频率的可能取值为,,,,随机选取人是“优秀”的概率为 ,∴,∴的分布列为:2的分布列为:数学期望.频率组距(1)(2)∵ .∴数学期望.解析:在抛物线上,∴,,设,,由题可知,,∴,∴,∴,∴,∴.由问可设:,,,,∵,∴,即:∴,将直线与抛物线联立,可得:,,代入式,可得,∴.(1)证明见解析.(2).19.(1)证明见解析.(2).20.(1)(2)解析:在中,由余弦定理得,,∴,∴,由题意可知:∴,,,∴平面,平面,∴,,∴平面.以为坐标原点,以,,的方向为,,轴的方向,建立空间直角坐标系,∵平面,∴在平面上的射影是,∴与平面所成的角是,∴最大时,即,点为中点,,,,,计算可得:平面的法向量,平面的法向量,∴,二面角的正弦值为.(1)证明见解析.21.(1)(2)(1)解析:,设,,当时,单调递增,而,,且在上图象连续不断,所以在上有唯一零点,当时,;当时,;∴在单调递减,在单调递增,故在区间上存在唯一的极小值点;即在区间上存在唯一的极小值点.设,,,∴在单调递增,,即从而,因为函数在上单调递减,∴在上恒成立,令,∵,∴,在上单调递减,,当时,,则在上单调递减,,符合题意;当时,在上单调递减,所以一定存在,当时,,在上单调递增,与题意不符,舍去.综上,的取值范围是.解析:(2).(1).(2).22.(2)(1)(2),∵,∴,∴,由题可知:,.,设,,,∴.解析:∴当时,的最大值为.关于的不等式有解等价于,()当时,上述不等式转化为,解得;()当时,上述不等式转化为,解得.综上所述,实数的取值范围为,则实数的最大值为,即.根据()求解知,所以,又∵,,,,(1).(2)证明见解析.23..即,∴,那么,.。

2020年黑龙江省哈尔滨一中高考数学一模试卷(理科)

2020年黑龙江省哈尔滨一中高考数学一模试卷(理科)

2020年黑龙江省哈尔滨一中高考数学一模试卷(理科)一、单项选择题(本大题共12小题,共60.0分)1. 已知全集U =R ,集合A ={y|y =x 2+2,x ∈R},集合B ={x|y =lg(3−x)},则A ∩B =( )A. [2,3]B. (2,3)C. (2,3]D. [2,3)2. 已知i 是虚数单位,z =1+i −3i 2020,且z 的共轭复数为z −,则z ⋅z −=( )A. √3B. √5C. 5D. 33. 已知命题p :棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥;命题q :棱柱的所有的侧面都是长方形或正方形,下列命题为真命题的是( ) A. p ∧q B. ¬p ∧q C. p ∧¬q D. ¬p ∧¬q 4. 在△ABC 中,若acosA =bcosB ,则△ABC 的形状一定是( )A. 等腰直角三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形D. 等腰或直角三角形 5. 若(1−2x)8=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯…+a 8x 8,则|a 1|+|a 2|+|a 3|+⋯…+|a 8|=( )A. 38−1B. 28C. 28−1D. 386. 体育品牌Kappa 的LOGO 为可抽象为如图靠背而坐的两条优美的曲线,下列函数中大致可“完美”局部表达这对曲线的函数是( )A. f(x)=sin6x2−x −2x B. f(x)=cosx2x −2−x C. f(x)=cos6x|2x −2−x |D. f(x)=sin6x|2x −2−x |7. 已知定义在R 上的函数满足f(x +2)=−f(x),x ∈(0,2]时,f(x)=x −sinπx ,则∑f 2020i=1(i)=( )A. 6B. 4C. 2D. 0 8. 若tan2α=−34,则sin2α+cos 2α1+2sin 2α=( )A. −14或14B. 34或14C. 34D. 149. 已知点P 为双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)右支上一点,点F 1,F 2分别为双曲线的左右焦点,点I 是△PF 1F 2的内心(三角形内切圆的圆心),若恒有S △IPF 1−S △IPF 2≤√22S △IF 1F 2成立,则双曲线的离心率取值范围是( )A. (1,√2)B. [√2,+∞)C. (1,√2]D. (√2,+∞)10. 2020年疫情的到来给我们生活学习等各方面带来种种困难.为了顺利迎接高考,省里制定了周密的毕业年级复学计划.为了确保安全开学,全省组织毕业年级学生进行核酸检测的筛查.学生先到医务室进行咽拭子检验,检验呈阳性者需到防疫部门做进一步检测.已知随机抽一人检验呈阳性的概率为0.2%,且每个人检验是否呈阳性相互独立,若该疾病患病率为0.1%,且患病者检验呈阳性的概率为99%.若某人检验呈阳性,则他确实患病的概率( )A. 0.99%B. 99%C. 49.5%D. 36.5%11. 已知函数f(x)=xlnx −12(m +1)x 2−x 有两个极值点,则实数m 的取值范围为( )A. (−1e ,0)B. (−1,1e −1)C. (−∞,1e −1)D. (−1,+∞)12. 设|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,|OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λOA ⃗⃗⃗⃗⃗ +μOB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,且λ+μ=1,则向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 在OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影的取值范围( )A. (−2√55,2]B. (2√55,2]C. (−4√55,2]D. (4√55,2]二、填空题(本大题共3小题,共15.0分) 13. 若x 1=π4,x 2=3π4是函数f(x)=sin(ωx +φ)(ω>0)两个相邻的零点,则ω=______.14. 已知AB 是过抛物线y 2=4x 焦点F 的弦,O 是原点,则OA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =______. 15. 已知正三棱柱ABC −A 1B 1C 1,若有一半径为4的球与正三棱柱的各条棱均相切,则正三棱柱的侧棱长为______.三、多空题(本大题共1小题,共5.0分)16. 牛顿迭代法(Newton′smetℎod)又称牛顿−拉夫逊方法(Newton −Rapℎsonmetℎod),是牛顿在17世纪提出的一种近似求方程根的方法.如图,设r 是f(x)=0的根,选取x 0作为r 初始近似值,过点(x 0,f(x 0))作曲线y =f(x)的切线1,1与x 轴的交点的横坐标x 1=x 0−f(x 0)f′(x 0)(f′(x 0)≠0),称x 1与是r 的一次近似值、过点(x 1,f(x 1))作曲线y =f(x)的切线,则该切线与x 轴的交点的横坐标为x 2=x 1−f(x 1)f′(x 1)(f′(x 1)≠0),称x 2是r 的二次近似值.重复以上过程,得到r 的近似值序列.请你写出r 的n +1次近似值与r 的n 次近似值的关系式 (1) ,若f(x)=x 2−2,取x 0=1作为r 的初始近似值,试求f(x)=0的一个根√2的三次近似值 (2) (请用分数作答)四、解答题(本大题共7小题,共84.0分)a n.17.已知数列{a n}的前n项和为S n,n∈N∗,且a1=1,a n+1=n+22n+2}是等比数列;(1)证明:数列{a nn+1(2)求数列{a n}的通项公式与前n项和S n.18.如图,矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直,∠ABE=45°,AB=2,BG=√2,BC=1.(1)求证:AG⊥平面ADF;(2)求二面角D−CA−G的正切值.19.在新冠病毒肆虐全球的大灾难面前,中国全民抗疫,众志成城,取得了阶段性胜利,为世界彰显了榜样力量.为庆祝战疫成功并且尽快恢复经济,某网络平台的商家进行有奖促销活动,顾客购物消费每满600元,可选择直接返回60元现金或参加一次答题返现,答题返现规则如下:电脑从题库中随机选出一题目让顾客限时作答,假设顾客答对的概率都是0.4,若答对题目就可获得120元返现奖励,若答错,则没有返现.假设顾客答题的结果相互独立.(1)若某顾客购物消费1800元,作为网络平台的商家,通过返现的期望进行判断,是希望顾客直接选择返回180元现金,还是选择参加3次答题返现?(2)若某顾客购物消费7200元并且都选择参加答题返现,请计算该顾客答对多少次概率最大,最有可能返回多少现金?20. 已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的长轴长为4,左、右顶点分别为M 、N ,点G 是椭圆上异于左、右顶点的动点,直线GM 、GN 的斜率分别为k GM 和k GN ,且k GM ⋅k GN =−12.(1)求椭圆C 的方程;(2)直线1:y =k(x −√2)与椭圆相交于A ,B 两点,点P(m,0),若x 轴是∠APB 的角平分线,求P 点坐标.21. 设函数f(x)=e x +3x ,g(x)=x 2−7x −e x +tlnx .(1)求曲线y =f(x)过原点的切线方程;(2)设F(x)=f(x)+g(x),若函数F(x)的导函数F′(x)存在两个不同的零点m ,n(m <n),求实数t 的范围;(3)在(2)的条件下证明:F(m)+3n >0. 22. 在平面直角坐标系中,曲线C 1:xy =12,曲线C 2:{x =√62−√3cosθy =√62−√3sinθ(θ为参数),以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴,建立极坐标系. (1)求曲线C 1,C 2的极坐标方程:(2)曲线C 3的极坐标方程为θ=α(ρ>0,0<α<π2),C 3分别交C 1,C 2于A ,B 两点,当α取何值时,1|OA|2−|OB|取得最小值.23. 已知函数f(x)=|x −a|+|x +2a |(a >2).(1)当a =2时,求不等式f (x)>5的解集;≥2(√2+1).(2)证明:f(x)+4a(a−2)答案和解析1.【答案】D【解析】解:∵全集U=R,集合A={y|y=x2+2,x∈R}={y|y≥2},集合B={x|y=lg(3−x)}={x|x<3},∴A∩B={x|2≤x<3}=[2,3).故选:D.利用函数的值域求出集合A,利用对数函数的定义域求出集合B,由此能求出A∩B.本题考查交集的求法,考查交集定义、函数的值域、定义域等基础知识,考查运算求解能力,是基础题2.【答案】C【解析】解:∵z=1+i−3i2020=1+i−3i4×505=−2+i,∴|z|=√(−2)2+12=√5.则z⋅z−=|z|2=(√5)2=5.故选:C.利用虚数单位i的运算性质化简z,再由z⋅z−=|z|2求解.本题考查虚数单位i的运算性质,考查复数模的求法,是基础题.3.【答案】D【解析】解:根据题意,对于命题p,正六边形内心与各个顶点连线,构成6个等边三角形,所以正六棱锥棱长不可能与底边相等,p是假命题;命题q:棱柱的所有的侧面都是平行四边形,不一定是长方形或正方形,q是假命题;故¬p∧¬q为真命题,p∧q、p∧¬q、¬p∧q都是假命题;故选:D.根据题意,分析命题p、q的真假,进而由复合命题真假的判断方法分析可得答案.本题考查复合命题的真假判断,注意分析两个命题的真假,属于基础题.4.【答案】D【解析】解:已知:acosA=bcosB利用正弦定理:asinA =bsinB=csinC=2R解得:sinAcosA=sinBcosBsin2A=sin2B所以:2A=2B或2A=180°−2B解得:A=B或A+B=90°所以:△ABC的形状一定是等腰或直角三角形故选:D.首先利用正弦定理求得sin2A=sin2B,进一步利用三角函数的诱导公式求出结果.本题考查的知识要点:正弦定理的应用,三角函数的诱导公式的应用,属于基础题型.5.【答案】A【解析】解:∵(1−2x)8=a0+a1x+a2x2+⋯…+a8x8,则令x=0,可得a0=1.|a1|+|a2|+|a3|+⋯…+|a8|即(1+2x)8−1展开式的各项系数和,为38−1,先求得a 0的值,再根据|a 1|+|a 2|+|a 3|+⋯…+|a 8|即(1+2x)8−1展开式的各项系数和,从而得出结论. 本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,二项式系数的性质,属于基础题. 6.【答案】C【解析】 【分析】由图象的对称性可排除BD 选项,由x →0时,函数图象中的值大于0排除A . 本题考查函数图象的运用,考查数形结合思想,属于基础题. 【解答】解:由图象观察可知,函数图象关于y 轴对称,而选项BD 为奇函数,其图象关于原点对称,故不合题意; 对选项A 而言,当x →0时,f(x)<0,故排除A . 故选:C . 7.【答案】D【解析】解:因为x ∈(0,2]时,f(x)=x −sinπx ,所以f(1)=1−sinπ=1,f(2)=2−sin2π=2, 因为f(x +2)=−f(x),所以f(0)=−f(2)=−2,f(−1)=−f(1)=−1, 所以f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)=0.因为f(x +2)=−f(x),将x 换为x +2,则f(x +4)=−f(x +2),所以f(x)=f(x +4),即函数的周期为4,所以∑f 2020i=1(i)=505×[f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)]=0. 故选:D .根据题意,先求出f(1)=1,f(2)=2,再利用f(x +2)=−f(x),求出f(0)=−2,f(−1)=−1,以及函数的周期为4,从而∑f 2020i=1(i)=505×[f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)],即可得解. 本题考查函数的周期性,考查学生的逻辑推理能力和运算能力,属于中档题. 8.【答案】D【解析】解:tan2α=2tanα1−tan α=−34,解得tanα=3或tanα=−13. 故:sin2α+cos 2α1+2sin 2α=2sinαcosα+cos 2α3sin 2α+cos 2α=2tanα+13tan 2α+1.当tanα=3时,原式得14. 当tanα=−13时,原式得14.故选:D .直接利用三角函数关系式的恒等变换和倍角公式的应用求出结果.本题考查的知识要点:三角函数关系式的变换,同角三角函数关系式的变换,倍角公式的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型. 9.【答案】B【解析】 【试题解析】根据条件和面积公式得出a ,c 的关系,从而得出离心率的范围. 本题考查了双曲线的定义及性质,考查计算能力,是中档题. 【解答】解:设△PF 1F 2的内切圆半径为r ,则S △IPF 1=12⋅|PF 1|⋅r ,S △IPF 2=12⋅|PF 2|⋅r , S △IF 1F 2=12⋅|F 1F 2|⋅r ,∵S △IPF 1−S △IPF 2≤√22S △IF 1F 2成立, ∴|PF 1|−|PF 2|≤√22|F 1F 2|, 由双曲线的定义可知:|PF 1|−|PF 2|=2a ,|F 1F 2|=2c , ∴a ≤√22c ,即c a ≥√2,∴双曲线的离心率的范围是:[√2,+∞). 故选B .10.【答案】C【解析】解:设事件A 为:“某人检验呈阳性”,事件B 为:”某人为疾病患者“, 由题意可知P(A)=0.2%,P(B)=0.1%,P(A|B)=99%, ∴P(AB)=P(A|B)⋅P(B)=0.1%×99%, ∴P(B|A)=P(AB)P(A)=0.1%×99%0.2%=49.5%.故选:C .根据条件概率公式计算某人检验呈阳性且患病的概率,再计算某人检验呈阳性的条件下患病的概率. 本题考查了条件概率的计算,属于基础题. 11.【答案】B【解析】解:由f(x)=xlnx −12(m +1)x 2−x , 得f′(x)=lnx −(m +1)x ,x >0.要使f(x)=xlnx −12(m +1)x 2−x 有两个极值点, 只需f′(x)=lnx −(m +1)x =0有两个变号根,即m +1=lnx x有两个变号根.令g(x)=lnx x,(x >0),则g′(x)=1−lnx x 2,由g′(x)=0得x =e ,易知当x ∈(0,e)时,g′(x)>0,此时g(x)单调递增; 当x ∈(e,+∞)时,g′(x)<0,此时g(x)单调递减. 所以g(x)max =g(e)=1e ,而g(1e )=−e <0,x →+∞limlnx x =x →+∞lim1x 1=0,作出y =g(x),y =m +1的图象,可知:0<m +1<1e ,解得−1<m <−1+1e .故选:B .只需f′(x)=0在(0,+∞)上有两个变号根即可,通过分离参数,研究函数y =lnx x的单调性、极值、端点处函数值的变化趋势即可求解.本题考查极值点的个数的判断,一般是转化为导数零点个数的判断问题,然后利用导数的单调性、极值、端点处的函数值的符号求解.属于中档题. 12.【答案】C【解析】解:向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 在OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影=|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠AOP =OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|OP| =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(λOA ⃗⃗⃗⃗⃗ +μOB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )|OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=λOA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+μOA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ √λ2OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +μ2OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2λμOA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√4λ2+μ2,λ+μ=1,故μ=1−λ,设向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 在OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影=f (λ), 则f (λ)=√4λ2+(1−λ)2=√5λ2−2λ+1λ∈R. (1)当λ=0时,f (λ)=0.(2)当λ>0时,f (λ)=√5−λ+λ2=√(λ−1)2+4,由于λ>0,故(1λ−1)2+4⩾4,此时f (λ)∈(0,2].(3)当λ<0时,f (λ)=−4√(1λ−1)2+4, 由于λ<0,故(1λ−1)2+4>5,此时f (λ)∈(−4√55,0).综上,f (λ)∈(−4√55,2]. 故选:C .首先判定OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,进一步利用数量积和函数求出向量的投影的范围. 本题考查的知识要点:三点共线的应用,向量数量积的应用,函数值域求法,主要考查学生的运算能力和转化能力,属于较难题. 13.【答案】2【解析】解:因为x 1=π4,x 2=3π4是函数f(x)=sin(ωx +φ)(ω>0)两个相邻的零点,所以T =2πω=2(3π4−π4)=π,解得ω=2. 故答案为:2.由已知可得函数的最小正周期,利用公式T =2πω即可求解.本题主要考查三角函数的周期性,属于基础题. 14.【答案】−3【解析】解:设直线l :x =my +1(由于有两个交点,直线l 的斜率必存在), 联立{y 2=4x x =my +1得:y 2−4my −4=0,由韦达定理:y 1+y 2=4m ,y 1y 2=−4.所以x 1x 2=(my 1+1)(my 2+1)=m 2y 1y 2+m(y 1+y 2)+1=−4m 2+4m 2+1=1. OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ═(x 1,y 1)⋅(x 2,y 2)=x 1x 2+y 1y 2=−4+1=−3. 故答案为:−3.由题意设l :x =my +1,代入抛物线y 2=4x ,消去x 得y 2−4my −4=0,设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则OA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2,把根与系数的关系代入即可得出. 本题考查了直线与抛物线相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系、向量数量积运算性质,考查了推理能力与计算能力. 15.【答案】4√3【解析】解:由题意,△ABC 的外接圆即为球的大圆,设底面△ABC 外接圆圆心G ,即GA =GB =GC =4,从而正三角形ABC 边长4√3, 设球心O ,由题意,E 、F 在球面上,OE =OD =4 F 为DE 中点,则OF ⊥DE ,OF =4√3⋅sin600⋅13=2,∴DE =2√OE 2−OF 2=2√16−4=4√3, ∴AA 1=4√3. 故答案为:4√3.由题意求出正三棱柱的高、底面边长,即可求出AA 1的长度.本题考查线段长的求法,考查三棱柱及内切球的性质、空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查计算能力,逻辑推理能力.16.【答案】x n+1=x n −f(x n )f′(x n )577408【解析】解:由题意可得r 的n +1次近似值与r 的n 次近似值的关系式为x n+1=x n −f(x n)f′(x n),f′(x)=2x ,x n+1=x n −f(x n )f′(x n)=x n −x n2−22x n=12x n +1x n,x 0=1时,x 1=12x 0+1x 0=32,x 2=12x 1+1x 1=12×32+23=1712,x 3=12x 2+1x 2=12×1712+1217=577408,故答案为:x n+1=x n −f(x n)f′(x n);577408,根据题意利用归纳推理可得r 的n +1次近似值与r 的n 次近似值的关系式,求导得f′(x)=2x ,化简x n+1,取x 0=1时,分别计算x 1,x 2,x 3,即可得出.本题考查了导数的应用,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.17.【答案】解:(1)证明:∵a n+1=n+22n+2a n ,∴a n+1n+2=n+22n+2a nn+2=12×a nn+1,又∵a11+1=12, ∴数列{a n n+1}是首项、公比均为12的等比数列,且a nn+1=(12)n ; (2)解:由(1)知:a nn+1=(12)n , ∴a n =n+12n.又S n =2×12+3×122+4×123+⋯+n+12n,12S n=2×122+3×123+⋯+n2n +n+12n+1,两式相减得:12S n=1+122+123+⋯+12n−n+12n+1=1+122[1−(12)n−1]1−12−n+12n+1=32−n+32n+1,∴S n=3−n+32n.【解析】(1)由题设条件推导出数列{a nn+1}相邻两项之间的关系式,即可证明结论;(2)先利用(1)中求得的数列{a nn+1}的通项公式求出a n,再利用错位相减求其前n项和即可.本题主要考查等比数列的定义、通项公式及错位相减法在数列求和中的应用,属于中档题.18.【答案】解:(1)证明:∵矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直,平面ABCD∩平面ABEF=AB,AD⊥AB,∴AD⊥平面ABEF,∵AG⊂平面ABEF,∴AG⊥AD,∵∠ABE=45°,AB=2,BG=√2,∴在△ABG中,由余弦定理可得AG=√22+(√2)2−2×2×√2×√22=√2,∴AG2+BG2=AB2,∴△ABG为直角三角形,且AG⊥BG,则AG⊥AF,∵AD∩AF=A,AD,AF⊂平面ADF,∴AG⊥平面ADF;(2)取AB中点H,连接GH,过点H作HM⊥AC交AC于点M,连接GM,如图,由(1)知△ABG为等腰直角三角形,H为AB中点,∴GH⊥AB,∵矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直,平面ABCD∩平面ABEF=AB,∴GH⊥平面ACD,又AC⊂平面ACD,∴GH⊥AC,又HM⊥AC,GH∩HM=M,GH,HM⊂平面GHM,∴AC⊥平面GHM,由三垂线定理及二面角定义可知,∠HMG的补角即为二面角D−CA−G的平面角,在Rt△HMG中,HG=1,HMAH =BCAC,故HM=51=√55,∴tan∠HMG=HGHM=√5,∴二面角D−CA−G的正切值为−√5.【解析】(1)根据面面垂直的性质可知AG⊥AD,根据勾股定理可得AG⊥BG,则AG⊥AF,进而得证;(2)取AB中点H,连接GH,过点H作HM⊥AC交AC于点M,连接GM,易知,∠HMG的补角即为二面角D−CA−G的平面角,转化到△HMG求解即可.本题考查线面垂直的判定及二面角的定义及求法,考查逻辑推理能力及运算求解能力,属于中档题.19.【答案】解:(1)设X表示顾客参加3次答题中答对的次数,由于顾客答题的结果相互独立.则X~B(3,0.4),所以E(X)=np=3×0.4=1.2,因为答对题目就可获得120元返现奖励,所以该顾客在三次答题中可获得的返现金额的期望为1.2×120=144,由于顾客的返现金额的期望144小于180元,所以商家希望顾客参加答题返现;(2)由已知可得顾客可以参加12次答题,设答对的题的个数为Y,则Y服从二项分布Y~B(12,0.4),P(Y=k)=C12k⋅0.4k(1−0.4)12−k,k=0,1,2,3…,12假设顾客答对k题的概率最大,则C12k0.4k(1−0.4)12−k≥C12k−10.4k−1(1−0.4)13−k且C12k0.4k(1−0.4)12−k≥C12k+10.4k+1(1−0.4)11−k,解得:4.2≤k≤5.2,所以k=5,所以P(Y=5)最大,所以该顾客答对5题的概率最大,最有可能返回5×120=600元现金.【解析】(1)由题意可得答对题的手机不行服从二项分布,进而可得返回现金的期望,比直接返现要少,可得商家希望顾答题;(2)假设答对k道题的概率最大,由二项分布的k次答对的概率大于等于k−1次的,且大于等于k+1次的概率,可得答对5次的概率最大,进而答对求出5次的返现金额.本题考查离散型随机变量的分布列,数学期望的计算,属于中档题.20.【答案】解:(1)由已知2a=4,所以a=2,凤G(x0,y0),M(−a,0),N(a,0),k GM⋅k GN=y0x0−a ⋅y0x0+a=y02x02−a2,又因为x02a2+y02b2=1,所以kGM ⋅k GN=y02x02−a2=(1−x02a2)⋅b2x02−a2=−b2a2=−12,所以a2=2b2,所以a2=4,b2=2,故椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)l:y=k(x−√2)与椭圆C:x24+y22=1联立,得(1+2k2)x2−4√2k2x+4(k2−1)=0,所以△>0,x1+x2=4√2k22k2+1,x1⋅x2=4(k2−1)2k2+1,因为x轴是∠APB的角平分线,所以有k PA+k PB=y1x1−m +y2x2−m=y1(x2−m)+y2(x1−m)(x1−m)(x2−m)=0,∴k[(x 1−√2)(x 2−m)+(x 2−√2)(x 1−m)]=0, ∴2x 1x 2−(m +√2)(x 1+x 2)+2√2m =0, ∴8(k 2−1)−4√2(m+√2)k 2+2√2m(2k 2+1)2k 2+1=0,解得m =2√2,∴P 点坐标为(2√2,0).【解析】(1)利用题中所给的条件,求得a =2,设G(x 0,y 0),利用斜率坐标公式,结合题中所给的条件,建立等量关系,结合点在隔圆上,整理得出k GM ⋅k GN =−b 2a 2=−12,即a 2=2b 2,进而求得椭圆的方程;(2)联立方程组,消元整理得出(1+2k 2)x 2−4√2k 2x +4(k 2−1)=0,△>0,x 1+x 2=4√2k 22k 2+1,x 1⋅x 2=4(k 2−1)2k 2+1,根据题意得到k PA +k PB =0,求得m =2√2,从而求得P 点坐标.该题考查的是有关椭圆的问题,涉及到的知识点有椭圆方程的求解,直线与椭圆的位置关系,直线关于x 轴对称的条件,属于中档题目.21.【答案】解:(1)设切点是(x 0,y 0),则f′(x)=e x +3x ,f′(x 0)=e x 0+3,y 0=e x 0+3x 0, 故切线的斜率k =e x 0+3,过(x 0,e x 0+3x 0),切线方程是:y −(e x 0+3x 0)=(e x 0+3)(x −x 0),将(0,0)代入切线方程得:−(e x 0+3x 0)=(e x 0+3)(−x 0), 整理得:e x 0(x 0−1)=0,解得:x 0=1,故k =e +3, 切线方程是:y =(e +3)x ;(2)F(x)=f(x)+g(x)=x 2−4x +tlnx ,则x >0, 则F′(x)=2x −4+tx ,令F′(x)=0,即2x 2−4x +t =0,结合题意得:m +n =2,mn =t2,0<m <1,n >1,则t >0,而△=16−8t >0,解得:t <2, 故0<t <2;证明:(3)结合(2)F(m)+3n =m 2−4m +(4m −2m 2)lnm +3(2−m)=m 2−7m +6+(4m −2m 2)lnm , 令ℎ(x)=x 2−7x +6+(4x −2x 2)lnx ,(0<x <1), 则ℎ′(x)=−3+(4−4x)lnx <0,故ℎ(x)在(0,1)递减,ℎ(x)>ℎ(1)=0, 故F (m)+3n >0.【解析】(1)设出切点坐标,表示出切线方程,代入(0,0),求出切点坐标,切线斜率,从而求出切线方程即可;(2)求出F(x)的解析式,令F′(x)=0,结合二次方程的性质求出t 的范围即可; (3)求出F(m)+3n =m 2−7m +6+(4m −2m 2)lnm ,令ℎ(x)=x 2−7x +6+(4x −2x 2)lnx ,(0<x <1),结合函数的单调性证明即可.本题考查了切线方程问题,考查函数的单调性,不等式的证明以及转化思想,是一道综合题.22.【答案】解:(1)曲线C 1:xy =12根据{x =ρcosθy =ρsinθ转换为极坐标方程为ρ2sin2θ=1.曲线C 2:{x =√62−√3cosθy =√62−√3sinθ(θ为参数),转换为直角坐标方程为(x −√62)2+(y −√62)2=3,整理得x 2+y 2−√6x −√6y =0.根据{x =ρcosθy =ρsinθ,转换为极坐标方程为ρ=√6cosθ+√6sinθ.(2)曲线C 3的极坐标方程为θ=α(ρ>0,0<α<π2),与C 3交C 1于A 点, 所以{ρ2sin2θ=1θ=α,整理得1ρ12=sin2α,曲线C 3的极坐标方程为θ=α(ρ>0,0<α<π2),与C 3交C 2于B 点, 所以{ρ=√6cosθ+√6sinθθ=α,整理得ρ2=√6cosα+√6sinα,所以,1|OA|2−|OB|=sin2α−√6cosα−√6sinα. 设sinα+cosα=t =√2sin(α+π4), 由于0<α<π2,所以π4<α+π4<3π4,所以t ∈(1,√2]所以sin2α=t 2−1,所以sin2α−√6cosα−√6sinα=t 2−1−√6t =(t −√62)2−32−1=(t −√62)2−52,当t =√2时,1|OA|2−|OB|的最小值为112−2√3.【解析】(1)直接利用转换关系,把曲线的直角坐标方程转换为极坐标方程,进一步把圆的参数坐标方程转换为极坐标方程.(2)利用(1)的结论,进一步利用换元法和三角函数关系式的变换和二次函数的应用求出结果.本题考查的知识要点:参数方程、极坐标方程和普通方程之间的转换,三角函数关系式的变换,换元法,二次函数的性质的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题. 23.【答案】解:(1)当a =2时,f(x)=|x −a|+|x +2a |=|x −2|+|x +1|={−2x +1,x ≤−13,−1<x <22x −1,x ≥2.∴不等式f(x)>5等价于{x ≤−1−2x +1>5或{−1<x <23>5或{x ≥22x −1>5.解得x <−2或x >3.∴不等式f (x)>5的解集为{x|x <−2或x >3};(2)f(x)=|x −a|+|x +2a |=|x −a|+|−x −2a |≥|(x −a)+(−x −2a )|=|a +2a |=a +2a . 当且仅当(x −a)(x +2a )≤0,即x ∈[−2a ,a]时等号成立. ∵a >2,∴a −2>0,∴f(x)+4a(a−2)≥a+2a+4a(a−2)=a+2a+2a−2−2a=a+2a−2=(a−2)+2a−2+2≥2√(a−2)⋅2a−2+2=2√2+2.当且仅当a−2=2a−2,即a=2+√2且x∈[√2−2,√2+2]时等号成立.【解析】(1)把a=2代入函数解析式,分段去绝对值,转化为不等式组求解,取并集得答案;(2)由绝对值不等式的性质求得f(x)的最小值,代入后再由基本不等式证明.本题考查绝对值不等式的解法及利用均值定理证明不等式,考查数学转化思想方法,推理论证能力,是中档题.。

2020届黑龙江省哈尔滨三中高考理科数学一模试题

2020届黑龙江省哈尔滨三中高考理科数学一模试题

2020届黑龙江省哈尔滨三中高考理科数学一模试题一、选择题(本大题共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.(5分)已知全集U=R,集合,那么集合(∁U A)∩B=()A.{x|﹣1≤x≤4}B.{x|0<x≤4}C.{x|0<x<5}D.{x|﹣1≤x<5}2.(5分)i为虚数单位,满足i•z=2+i的复数z的虚部是()A.1B.i C.﹣2D.﹣2i3.(5分)的展开式中的常数项为()A.﹣3B.3C.﹣9D.94.(5分)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了著名的祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”.意思是如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等,那么这两个几何体的体积相等.现有同高的圆锥和棱锥满足祖咂原理的条件,若棱锥的体积为3π,圆锥的侧面展开图是半圆,则圆锥的母线长为()A.B.1C.D.25.(5分)某商场每天的食品销售额x(万元)与该商场的总销售额y(万元)具有相关关系,且回归方程为=9.7x+2.4.已知该商场平均每天的食品销售额为8万元,估计该商场平均每天的食品销售额与平均每天的总销售额的比值为()A.B.C.D.6.(5分)已知S n为等比数列{a n}的前n项和,且S3是S4与S5的等差中项,则数列{a n}的公比为()A.﹣2B.﹣C.D.﹣2或17.(5分)某地区有10000名高三学生参加了网上模拟考试,其中数学分数服从正态分布N(120,9),成绩在(117,126]之外的人数估计有()(附:若X服从N(μ,σ2),则P(μ﹣σ<X≤μ+σ)=0.682,P(μ﹣2σ<X≤μ+2σ)=0.9545)A.1814人B.3173人C.5228人D.5907人8.(5分)以为焦点的椭圆与直线x﹣y+2=0有公共点,则满足条件的椭圆中长轴最短的为()A.+=1B.+y2=1C.+=1D.+=19.(5分)已知某同学每次射箭射中的概率为p,且每次射箭是否射中相互独立,该同学射箭3次射中多于1次的概率为0.784,则p=()A.0.5B.0.6C.0.7D.0.810.(5分)已知函数y=log2x和函数y=log2(x﹣2)的图象分别为曲线C1,C2,直线y=k与C1,C2分别交于M,N两点,P为曲线C1上的点.如果△PMN为正三角形,则实数k的值为()A.log2(2﹣1)B.﹣log2(2﹣1)C.(2﹣1)D.﹣(2﹣1)11.(5分)将一枚骰子抛掷3次,则最大点数与最小点数之差为3的概率是()A.B.C.D.12.(5分)已知函数f(x)=,若方程[f(x)]2﹣mf(x)+n=0(n≠0)有7个不同的实数解,则2m+3n的取值范围()A.(2,6)B.(6,9)C.(2,12)D.(4,13)二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在答题卡相应的位置上.)13.(5分)已知函数在上有两个不同的零点,则实数m 的取值范围是.14.(5分)已知点P为圆(x﹣6)2+(y﹣8)2=1上任一点,F1,F2分别为椭圆的两个焦点,求的取值范围.15.(5分)若直线y=kx+b是曲线y=lnx的切线,也是曲线y=e x﹣2的切线,则k=.16.(5分)已知双曲线的焦距为2c,A1,A2是实轴顶点,以A1A2为直径的圆与直线bx+cy﹣bc=0在第一象限有两个不同公共点,则双曲线离心率e的取值范围是.三、解答题(本大题共5小题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.)17.(12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.(1)若,求C的大小;(2)若AC边上的中线BM的长为,求△ABC面积的最大值.18.(12分)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,P A⊥平面ABCD,AD=CD=1,∠ADC=120°,P A =AB=BC=,点M是AC与BD的交点.(1)求二面角A﹣PC﹣B的余弦值;(2)若点N在线段PB上且MN∥平面PDC,求直线MN与平面P AC所成角的正弦值.19.(12分)哈三中总务处的老师要购买学校教学用的粉笔,并且有非常明确的判断一盒粉笔是“优质产品”和“非优质产品”的方法.某品牌的粉笔整箱出售,每箱共有20盒,根据以往的经验,其中会有某些盒的粉笔为非优质产品,其余的都为优质产品.并且每箱含有0,1,2盒非优质产品粉笔的概率为0.7,0.2和0.1.为了购买该品牌的粉笔,校总务主任设计了一种购买的方案:欲买一箱粉笔,随机查看该箱的4盒粉笔,如果没有非优质产品,则购买,否则不购买.设“买下所查看的一箱粉笔”为事件A,“箱中有i件非优质产品”为事件B i(i=0,1,2).(1)求P(A|B0),P(A|B1),P(A|B2);(2)随机查看该品牌粉笔某一箱中的四盒,设X为非优质产品的盒数,求X的分布列及期望;(3)若购买100箱该品牌粉笔,如果按照主任所设计方案购买的粉笔中,箱中每盒粉笔都是优质产品的箱数的期望比随机购买的箱中每盒粉笔都是优质产品的箱数的期望大10,则所设计的方案有效.讨论该方案是否有效.20.(12分)已知函数f(x)=x2+mx+2lnx.(1)讨论f(x)在定义域内的极值点的个数;(2)若对∀x>0,f(x)﹣2e x﹣3x2≤0恒成立,求实数m的取值范围;(3)证明:若x∈(0,+∞),不等式成立.21.(12分)过x轴正半轴上一点M(m,0)做直线与抛物线E:y2=x交于A(x1,y1),B(x2,y2),(y1>0>y2)两点,且满足,过定点N(4,0)与点A做直线AC与抛物线交于另一点C,过点N(4,0)与点B做直线BD与抛物线交于另一点D.设三角形AMN 的面积为S1,三角形DMN的面积为S2.(1)求正实数m的取值范围;(2)连接C,D两点,设直线CD的斜率为k0;(i)当时,直线AB在y轴的纵截距范围为,则求k0的取值范围;(ii)当实数m在(1)取到的范围内取值时,求的取值范围.请考生在第22、23、二题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.(本小题满分10分)22.(10分)在平面直角坐标系中,曲线C的参数方程为(α为参数),以原点为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,直线l的参数方程为,(t为参数).(1)写出曲线C的极坐标方程以及直线l的普通方程;f(2)若点,直线l与曲线C交于P,Q两点,弦P,Q的中点为M,求的值.23.设函数f(x)=|x+1|+|3﹣x|.(1)求f(x)≥5的解集;(2)若∀x∈R,使f(x)≥m恒成立的m的最大值为n.正数a,b满足,求3a+4b的最小值.。

2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学一模试卷(理科)(有解析)

2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学一模试卷(理科)(有解析)

2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学一模试卷(理科)一、单项选择题(本大题共12小题,共60.0分)=()1.已知i为虚数单位,则9+8i1+2iA. 5−2iB. 5+2iC. 6iD. 82.已知集合A={x|(x+1)(x−3)<0},B={1,2,3},则A∩B=()A. {x|−1<x<3}B. {x|1≤x≤2}C. {1,2,3}D. {1,2}3.甲、乙两人数学成绩的茎叶图,如图所示,则两人的成绩中位数为()A. 87,98B. 98,87C. 88,88D. 81,834.已知向量β⃗=(−2,1),向量α⃗与β⃗的夹角为180°,且|α⃗|=2√5,则α⃗=()A. (−4,2)B. (4,−2)C. (−4,−2)D. (4,2)5.已知甲、乙、丙三人中,一人是学霸,一人是班长(显然不是学霸),一人是diao丝。

若纯从“颜值”分来看,乙比diao丝大;丙和学霸不同;学霸比甲小,则下列判断正确的是()A. 班长最漂亮B. 甲是diao丝C. 丙最漂亮D. 学霸最丑6.函数的图象大致为()A. B.C. D.7.如图所示的程序框图是为了求出满足21+22+⋯+2n>2018的最小整数n,则和两个空白框中,可以分别填入()A. S>2018?,输出n−1B. S>2018?,输出nC. S≤2018?,输出n−1D. S≤2018?,输出n8.数列{a n}的前n项和S n=3n2−5n,则a6的值为()A. 78B. 58C. 50D. 289.五人排成一排,甲与乙不相邻,且甲与丙也不相邻的不同排法有()A. 60种B. 48种C. 36种D. 24种10.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过焦点F的直线l交抛物线于M,N两点,MN的中点为P,若|MN|=5,则点P到y轴的距离为()A. 3B. 32C. 1 D. 1211.函数f(x)=−x2+5x−6的零点是()A. −2,3B. 2,3C. 2,−3D. −1,−312.已知数列{a n}中,a n=nn2+156(n∈N∗),则数列{a n}的最大项是()A. a12B. a13C. a12或a13D. 不存在二、填空题(本大题共4小题,共20.0分)13.若x,y满足约束条件{x−1≤02x−y−1≥0x−2y−2≤0,则z=x+3y的最大值为______ .14.已知双曲线x2a2−y2b2=1(b>a>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1且斜率为1的直线l与双曲线的两条渐近线分别交于A,B两点,若|AF1|=|AB|,则双曲线的离心率为______.15.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的最大值为√3,其相邻两个零点之间的距离为π2,且f(x)的图象关于直线x=−π3对称,则当x∈[−π6,π6]时,函数f(x)的最小值为______.16.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,点M是BC1的中点,P是棱BB1上的动点,则AP+MP的最小值为.三、解答题(本大题共7小题,共82.0分)17.如图,在四边形ABCD中,AB=3,BC=7√3,CD=14,BD=7,∠BAD=120°.(1)求AD边的长;(2)求△ABC的面积.18.如图1,在直角梯形ABCD中,AB//CD,AD⊥CD,AD=AB=2,作BE⊥CD,E为垂足,将△CBE沿BE折到△PBE位置,如图2所示.(Ⅰ)证明:平面PBE⊥平面PDE;(Ⅱ)当PE⊥DE时,平面PBE与平面PAD所成角的余弦值为2√5时,求直线PB与平面PAD所5成角的正弦值.19.已知椭圆G:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√32,经过点B(0,1).设椭圆G的右顶点为A,过原点O的直线l与椭圆G交于P,Q两点(点Q在第一象限),且与线段AB交于点M.(Ⅰ)求椭圆G的标准方程;(Ⅱ)是否存在直线l,使得△BOP的面积是△BMQ的面积的3倍?若存在,求直线l的方程;若不存在,请说明理由.20.某学校高三年级有1000名学生,按分层抽样从高三学生中抽取30名男生,20名女生分析期末某学科的考试成绩,得到如图所示男生成绩的频率分布直方图和女生成绩的茎叶图.(Ⅰ)试计算男生、女生考试成绩的平均分;(Ⅱ)若由直方图可以认为,男生考试成绩服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数x,σ为10,利用该正态分布,求:(ⅰ)P(62<Z<82);(ⅰ)若全校所有男生考试成绩在区间(62,82)人数记为X,利用(ⅰ)的结果,求E(X).(Ⅲ)若从50名学生中任意抽取两名考试优秀的(90分以上为优秀包括90分)学生参加该学科的竞赛,若两名男生参加可以获A奖励;若两名女生参加可以获B奖励;若一名男生和一名女生参加可以获C奖励,试判断三种奖励的哪种奖励的可能性大?参考数据:若Z~(μ,σ2),则P(μ−σ<Z<μ+σ)=0.6826.21.已知函数f(x)=xe x−a(ln x+x),a∈R。

2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学模拟试卷(理科)(一)(有解析)

2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学模拟试卷(理科)(一)(有解析)

2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学模拟试卷(理科)(一)一、单项选择题(本大题共12小题,共60.0分)1.已知i为虚数单位,在复平面内复数2i对应点的坐标为()1+iA. (1,1)B. (−1,1)C. (2,2)D. (−2,2)2.已知集合M={x|x2+x−6≤0},N={x|x>0},则M∩N=()A. (0,2]B. [−3,2]C. (0,3]D. [−3,+∞)3.某饮用水器具的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A. 6πB. 8πC. 7πD. 11π4.下列说法正确的是()A. f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R),则f(x)≥0的充分条件是b2−4ac≤0B. 若m,k,n∈R,则mk2>nk2的充要条件是m>nC. 对任意x∈R,x2≥0的否定是存在x0∈R,x02≥0D. m是一条直线,α,β是两个不同的平面,若m⊥α,m⊥β,则α//β5.欧拉公式e ix=cos x+isin x(e是自然对数的底数,i是虚数单位)是数学里令人着迷的公式之一,根据欧拉公式可知,2ie− π 6i=()A. √3−iB. 1−√3iC. √3+iD. 1+√3i6.某大学党支部中有2名女教师和4名男教师,现从中任选3名教师去参加精准扶贫工作,至少有1名女教师要参加这项工作的选择方法种数为()A. 10B. 12C. 16D. 207.阅读下面的程序框图,若输入a,b,c的值分别是2,1,7,则输出的值是()A. 3B. 6C. 8D. 98. 若0<α<π2,cos(π3+α)=13,则cosα=( )A. 2√2+√36B. 2√6−16C. 2√6+16D. 2√2−√369. 已知数列{a n }是公差为12的等差数列,S n 为数列{a n }的前n 项和.若a 2,a 6,a 14成等比数列,则S 5=( )A. 252B. 35C. 352D. 2510. 若函数f(x)=log a (x 2+32x)(a >0,a ≠1)在区间(12,+∞)内恒有f(x)>0,则f(x)的单调递增区间为( )A. (0,+∞)B. (2,+∞)C. (1,+∞)D. (12,+∞)11. 点S ,A ,B ,C 是球O 的球面上的四个点,S ,O 在平面ABC 的同侧,∠ABC =120°,AB =BC =2,平面SAC ⊥平面ABC ,若三棱锥S −ABC 的体积为√3,则该球的表面积为( )A. 18πB. 16πC. 20πD. 25π12. 设f(x)=e x +b x +c ,若方程f(x)=x 无实根,则( )A. b >1,c <1B. b >1,c >−1C. b ≤1,c <1D. b ≤1,c >−1二、填空题(本大题共4小题,共20.0分)13. 已知|a ⃗ |=9,|b ⃗ |=4,夹角为120°,a ⃗ ⋅b⃗ = ______ . 14. 已知实数x ,y 满足约束条件{y ≤xx +y ≥2x ≤2,则2x −y 的最大值为______.15. 设A 是抛物线C 1:y 2=2px(p >0)与双曲线C 2:x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的一条渐近线的交点.若点A 到抛物线C 1的准线距离等于32p ,则双曲线C 2的离心率等于______.16. 有三家分别位于△ABC 顶点处的工厂,已知AB =AC =5,BC =6,为了处理污水,现要在△ABC的三条边上选择一点P 建造一个污水处理厂,并铺设三条排污管道则AP ,BP ,CP ,则AP +BP +CP 的最小值为______ .三、解答题(本大题共7小题,共70.0分)17.已知在△ABC中,∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c,a=1,b=√2,∠B=∠A+π.2(1)求sin A的值;(2)求△ABC的面积.18.如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1(侧棱垂直于底面)中,BC⊥AB,且AA1=AB=2.(1)求证:AB1⊥平面A1BC.(2)当BC=2时,求直线AC与平面A1BC所成的角.19.槟榔原产于马来西亚,中国主要分布在云南、海南及台湾等热带地区,在亚洲热带地区广泛栽培.槟榔是重要的中药材,在南方一些少数民族还有将果实作为一种咀嚼嗜好品,但其被世界卫生组织国际癌症研究机构列为致癌物清单Ⅰ类致癌物.云南某民族中学为了解A,B两个少数民族班学生咀嚼槟榔的情况,分别从这两个班中随机抽取5名同学进行调查,将他们平均每周咀嚼槟榔的颗数作为样本绘制成茎叶图如图所示(图中的茎表示十位数字,叶表示个位数字).(1)从A班的样本数据中随机抽取一个不超过19的数据记为a,从B班的样本数据中随机抽取一个不超过21的数据记为b,求a≥b的概率;(2)从所有咀嚼槟榔颗数在20颗以上(包含20颗)的同学中随机抽取3人,求被抽到B班同学人数的分布列和数学期望.20.椭圆C: x2a2+y2b2=1的右焦点为F(1,0),离心率为12.(1)求椭圆C的方程;(2)过F且斜率为1的直线交椭圆于M,N两点,P是直线x=4上任意一点.求证:直线PM,PF,PN的斜率成等差数列.21. 求证:1+122+132…+1n 2<2−1n (n ∈N ∗,n ≥2)22. 已知平面直角坐标系xOy ,以O 为极点,x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 的参数方程为{x =3cosφy =3+3sinφ(φ为参数).点A ,B 是曲线C 上两点,点A ,B 的极坐标分别为(ρ1,π6),(ρ2,23π). (1)写出曲线C 的普通方程和极坐标方程; (2)求|AB|的值.23. 已知函数f(x)=|x −1|.(Ⅰ)解不等式:f(x)+f(x −1)≤2;(Ⅱ)当a >0时,不等式2a −3≥f(ax)−af(x)恒成立,求实数a 的取值范围.【答案与解析】1.答案:A解析:根据复数的几何意义,即可得到结论.本题主要考查复数的几何意义,比较基础.解:2i1+i =2i(1−i)(1+i)(1−i)=2i−2i22=1+i,则对应的点的坐标为(1,1),故选:A.2.答案:A解析:本题考查了一元二次不等式的解法和集合的交集运算.先解不等式,再求交集.解:因为M={x|x2+x−6≤0}={x|−3≤x≤2},N={x|x>0},所以M∩N=(0,2],故选A.3.答案:C解析:解根据三视图可知几何体是:底面半径为1、高为4的圆柱的上半部分被截去一部分后得到的几何体,∴该几何体的表面积S=2π×1×2+12×2π×1×2+π×12=7π,故选:C.由三视图知该几何体底面半径为1、高为4的圆柱的上半部分被截去一部分后得到的几何体,由条件和圆柱的表面积公式求出该几何体的表面积.本题考查由三视图求几何体的表面积,由三视图正确复原几何体是解题的关键,考查空间想象能力.4.答案:D解析:解:对于A,当a<0时,由b2−4ac≤0不能得到f(x)≥0,则“ax2+bx+c≥0”的充分条件是“b2−4ac≤0”错误.对于B,若m,k,n∈R,由mk2>nk2的一定能推出m>n,但是,当k=0时,由m>n不能推出mk2>nk2,故B错误,对于C,命题“对任意x∈R,有x2≥0”的否定是“存在x0∈R,有x02<0”,故C错误,对于D,因为垂直于同一直线的两个平面互相平行,故D正确,故选:D由充分必要条件的判定方法判断A,B,直接写出全程命题的否定判断C,根据垂直于同一直线的两个平面互相平行,可以判断D本题考查命题的真假判断与应用,考查了全程命题的否定、命题的逆否命题的真假判断,考查充分必要条件的判定方法,空间直线与平面位置关系的判断,属于中档题.5.答案:D解析:本题主要考查了复数的四则运算,属于基础题.结合复数的四则运算和欧拉公式即可求解.解:2ie− π 6i=2i(√32−12i)=1+√3i,故选D.6.答案:C解析:本题考查排列、组合的应用,注意用间接法分析,属于基础题.根据题意,用间接法分析:先计算从2名女教师和4名男教师中任选3人的选法数目,再分析其中没有女生,即全部为男生的选法数目,分析可得答案.解析:解:根据题意,从2名女教师和4名男教师中任选3人,有C63=20种选法,其中没有女生,即全部为男生的选法有C43=4种,则少有1名女教师要参加这项工作的选法有20−4=16种;故选C.7.答案:C解析:本题考查了程序框图的应用问题,解题时应模拟程序框图的运行过程,以便得出正确的结论,是基础题.根据模拟程序的运行过程,分析循环中各变量值的变化情况,可得答案.解:模拟程序的运行,可得a=2,b=1,c=7,不满足a<b,所以执行m=b+c=8;故选C.8.答案:C解析:本题主要考查了同角三角函数基本关系式,两角差的余弦函数公式在三角函数化简求值中的应用,考查了计算能力和转化思想,属于一般题.由已知角的范围可求π3+α的范围,利用同角三角函数基本关系式可求sin(π3+α)的值,由于α=(π3+α)−π3,利用两角差的余弦函数公式即可计算求值得解.解:∵0<α<π2,∴π3<π3+α<5π6,∴sin(π3+α)=√1−cos2(π3+α)=2√23,∴cosα=cos[(π+α)−π]=cos(π+α)cosπ+sin(π+α)sinπ=13×12+2√23×√32=1+2√66.故选C.9.答案:A解析:本题主要考查了等差数列的求和与等比数列的性质,属于基础题.根据等比数列的性质求得等差数列的首项,然后求解其前n项和即可.解:∵a 2,a 6,a 14成等比数列,∴a 62=a 2a 14,即(a 1+5×12)2=(a 1+12)(a 1+13×12), 解得a 1=32, ∴S 5=5a 1+5×42d =152+5=252,故选A .10.答案:A解析:本题考查了复合函数的单调性问题,考查对数函数的性质,是一道基础题. 解:x ∈(12,+∞)时,x 2+32x =(x +34)2−916>1,函数f (x )=log a (x 2+3x2)(a >0且a ≠1)在区间(12,+∞)内恒有f(x)>0, 所以a >1,∴函数f(x)的定义域为x 2+32x >0, 解得x <−32或x >0,由复合函数的单调性可知f(x)的单调递增区间(0,+∞), 故选A .11.答案:D解析:解:三棱锥O −ABC ,A 、B 、C 三点均在球心O 的表面上,且AB =BC =2,∠ABC =120°, ∴BC =2√3,∴∴△ABC 外接圆半径2r =2√3sin120°=4,即r =2∴S △ABC =12×2×2×sin120°=√3, ∵三棱锥S −ABC 的体积为√3,∴S到底面ABC的距离ℎ=3,由平面SAC⊥平面ABC,可将已知中的三棱锥S−ABC补成一个同底等高的棱柱,则圆心O到平面ABC的距离d=32.球的半径为:R2=d2+r2=254球的表面积:4πR2=25π.故选:D求出底面三角形的面积,利用三棱锥的体积求出O到底面的距离,求出底面三角形的所在平面圆的半径,通过勾股定理求出球的半径,即可求解球的表面积.本题考查球的表面积的求法,球的内含体与三棱锥的关系,考查空间想象能力以及计算能力.12.答案:D解析: f(x)>x恒成立是解题关键,本题考查函数零点与方程的根的关系,属基础题.解:由题意,若方程f(x)=x无实根,可得 f(x)>x恒成立,e x>(1−b)x−c对任意x恒成立.∴1−b>0, −c<1 或b=1,−c≤0,故选D.13.答案:−18)=−18.解析:解:a⃗⋅b⃗ =|a⃗||b⃗ |cos120°=9×4×cos120°=9×4×(−12故答案为:−18.利用数量积定义即可得出.本题考查了数量积定义,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.14.答案:4解析:解:先根据约束条件{y ≤xx +y ≥2x ≤2画出可行域,由{x =2x +y =2得A(2,0), 当直线z =2x −y 过点A(2,0)时, z 最大是4, 故答案为:4.先根据约束条件画出可行域,再利用几何意义求最值,z =2x −y 表示直线在y 轴上的截距,只需求出可行域直线在y 轴上的截距最大值即可.本题考查线性规划问题,考查数形结合思想,解答的步骤是有两种方法:一种是:画出可行域画法,标明函数几何意义,得出最优解.另一种方法是:由约束条件画出可行域,求出可行域各个角点的坐标,将坐标逐一代入目标函数,验证,求出最优解.15.答案:√3解析:解:不妨设A(x 0,y 0),y 0>0,由题意可得x 0+p2=32p ,∴x 0=p , 又A 在抛物线C 1:y 2=2px(p >0)上,所以y 0=√2p ,从而,ba =√2, 可得c 2−a 2a 2=2,所以e =ca =√3.故答案为:√3.设出A 的坐标,再利用点A 到抛物线的准线的距离为32p ,得到A 的横坐标,利用A 在抛物线上,求出a ,b 关系,然后求解离心率即可.熟练掌握抛物线及双曲线的标准方程及其性质、渐近线方程和离心率计算公式是解题的关键.16.答案:495解析:解:由题意,AB =AC =5,BC =6,所以BC 上的高为4,AB ,AC 上的高都为245, ∵4+6>5+245,∴AP +BP +CP 的最小值为495. 故答案为:495.由题意,AB =AC =5,BC =6,所以BC 上的高为4,AB ,AC 上的高都为245,即可求出AP +BP +CP 的最小值.本题考查AP +BP +CP 的最小值,考查学生的计算能力,比较基础.17.答案:解:(1)∵a =1,b =√2,B =A +π2.∴A 为锐角,∴由正弦定理可得:sinA =asinB b=1×sin(A+π2)√2=√2,两边平方整理可得:sin 2A =1−sin 2A2,解得:sinA 2=13,有sinA =√33.(2)∵C =π−A −B =π2−2A ,∴由正弦定理可得:c =asinC sinA=1×sin(π2−2A)sinA =cos2A sinA=2cos 2A−1sinA=1−2sin 2A sinA=1−2×(√33)2√33=√33, ∴S △ABC =12bcsinA =12×√2×√33×√33=√26.解析:(1)由已知可得A 为锐角,由正弦定理可得sinA =asinB b=cosA √2,两边平方整理可解得sin A 的值.(2)利用三角形内角和定理可求C ,由正弦定理可得c ,根据三角形面积公式即可得解. 本题主要考查了正弦定理,三角形内角和定理,三角形面积公式的综合应用,属于基础题. 18.答案:解:(1)证明:∵在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1(侧棱垂直于底面)中,BC ⊥AB ,且AA 1=AB =2 ∴A 1A ⊥面ABC ,BC ⊂面ABC∴A 1A ⊥BC又∵BC ⊥AB ,AB ∩AA 1=A∴BC ⊥平面AA 1B 1 B ,平面AB 1⊂平面ABB 1A ∴BC ⊥AB 1∵四边形A 1ABB 1是正方形∴A 1B ⊥AB 1又∵BC ∩A 1B =B∴AB 1⊥平面A 1BC(2)解法一:设AB 1∩A 1B =O ,连结CO ∵BC ⊥平面A 1ABB 1∴∠ACO 就是直线AC 与平面A 1BC 所成的角θ∵BC =2∵AO =12AB 1=√2,sin∠ACO =sinθ=AOAC∴AC═2√2,AO =√2在Rt △AOC 中,sinθ=12∴θ=π6∴BC 的长为2时,直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6 解法二:由(1)知以B 为原点建立如图所示坐标系B −xyz , 则B(0,0,0),A(0,2,0),C(2,0,0)A 1(0,2,2) 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC B 1(0,0,2),AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,2) ∵直线AC 与平面A 1BC 所成的角为θ∴sinθ=|cos <AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|AC ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12即BC 的长为2时,直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6解析:(1)证明BC ⊥AB 1,A 1B ⊥AB 1,利用直线与平面垂直的判定定理证明AB 1⊥平面A 1BC . (2)解法一:设AB 1∩A 1B =O ,连结CO ,说明∠ACO 就是直线AC 与平面A 1BC 所成的角θ,在Rt △AOC 中,求解直线AC 与平面A 1BC 所成的角.解法二:由(1)知以B 为原点建立如图所示坐标系B −xyz ,求出B ,A ,C ,A 1,求出AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−2,0),AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,直线AC 与平面A 1BC 所成的角为θ,利用向量的数量积求解即可.本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用,直线与平面所成角的求法,考查计算能力以及逻辑推理能力.19.答案:(1)A 班的样本数据中不超过19的数据a 有3个,B 班的样本数据中不超过21的数据b 也有3个,从A 班和B 班的样本数据中各随机抽取一个共有3×3=9种不同情况. 其中a ≥b 的情况由(11,11),(14,11),(14,12)三种,故a ≥b 的概率P =39=13.(2)因为所有咀嚼槟榔颗数在20颗以上(包含20颗)的同学中,A 班有2人,B 班有3人,共有5人,设抽到B 班同学的人数为X , ∴X 的可能取值为1,2,3. P(X =1)=C 31C 22C 53=310,P(X =2)=C 32C 21C 53=35,P(X =3)=C 33C 20C 53=110.∴X 的分布列为:数学期望为E(X)=1×310+2×35+3×110=95.解析:本题考查茎叶图和古典概型及离散型随机变量分布列和期望问题,属于一般题. (1)根据茎叶图解决概率问题;(2)离散型随机变量的分布列和数学期望问题.20.答案:解:(1)由题意可得c =1,e =c a =12,解得a =2,b =√a 2−c 2=√3, 则椭圆C 的方程为x 24+y 23=1;(2)证明:设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),P(4,y 0), 由题意可得直线MN 的方程为y =x −1, 代入椭圆方程x 24+y 23=1,可得7x 2−8x −8=0, x 1+x 2=87,x 1x 2=−87,k PM +k PN =y 0−y 14−x 1+y 0−y 24−x 2=(y 0−x 1+1)(4−x 2)+(y 0−x 2+1)(4−x 1)(4−x 1)(4−x 2)=8y 0+8+2x 1x 2−(y 0+5)(x 1+x 2)16+x 1x 2−4(x 1+x 2)=8y 0+8−167−87(y 0+5)16−87−327=2y 03,又k PF =y 03,则k PM +k PN =2k PF ,则直线PM ,PF ,PN 的斜率成等差数列.解析:本题考查椭圆方程的求法,注意运用椭圆的性质:离心率,考查直线的斜率成等差数列,注意运用联立直线方程和椭圆方程,运用韦达定理和点满足直线方程,考查化简整理的运算能力,属于中档题.(1)由焦点坐标可得c =1,运用椭圆的离心率公式,可得a =2,再由a ,b ,c 的关系求得b ,进而得到所求椭圆方程;(2)设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),P(4,y 0),求得直线MN 的方程,代入椭圆方程,消去y ,可得x 的方程,运用韦达定理和直线的斜率公式,化简整理,结合等差数列的中项的性质,即可得证.21.答案:证明:∵1n 2<1n(n−1)=1n−1−1n (n ∈N ∗,n ≥2),∴1+122+132+⋯+1n 2<1+1−12+12−13+⋯+1n−1−1n =2−1n .解析:利用1n 2<1n(n−1)=1n−1−1n (n ∈N ∗,n ≥2),即可证明结论. 本题考查不等式的证明,考查放缩法,正确放缩是关键.22.答案:解:(1)∵曲线C 的参数方程为{x =3cosφy =3+3sinφ,(φ为参数),消去参数φ,化为普通方程是x 2+(y −3)2=9; 由{x =ρcosθy =ρsinθ,(θ为参数). ∴曲线C 的普通方程可化为极坐标ρ=6sinθ,(θ为参数). (2)方法1:由A(ρ1,π6),B(ρ2,23π)是圆C 上的两点, 且知,∴ |AB|为直径,∴|AB |=6.方法2:由两点A(ρ1,π6),B(ρ2,23π)化为直角坐标中点的坐标是A(3√32,32),B(−3√32,92), ∴ A 、B 两点间的距离为|AB |=6.解析:本题考查了参数方程与极坐标的应用问题,解题时应熟练地应用参数方程、极坐标与普通方程的互化公式,是基础题.(1)消去参数φ,把曲线C 的参数方程化为普通方程;由公式{x =ρcosθy =ρsinθ,把曲线C 的普通方程化为极坐标方程;2)方法1:由A 、B 两点的极坐标,得出,判定AB 为直径,求出|AB|;方法2:把A 、B 化为直角坐标的点的坐标,求出A 、B 两点间距离|AB|.23.答案:解:(Ⅰ)原不等式等价于:当x ≤1时,−2x +3≤2,即12≤x ≤1.当1<x ≤2时,1≤2,即1<x ≤2. 当x >2时,2x −3≤2,即2<x ≤52. 综上所述,原不等式的解集为{x|12≤x ≤52}.(Ⅱ)当a >0时,f(ax)−af(x)=|ax −1|−|ax −a|=|ax −1|−|a −ax|≤|ax −1+a −ax|=|a −1|,所以,2a −3≥|a −1|,解得a ≥2.解析:(Ⅰ)分当x ≤1时、当1<x ≤2时、当x >2时三种情况,分别求得原不等式的解集,再取并集,即得所求.(Ⅱ)当a >0时,利用绝对值三角不等式可得f(ax)−af(x)≤|a −1|,结合题意可得2a −3≥|a −1|,由此解得a 的范围.本题主要考查绝对值不等式的解法,体现了等价转化以及分类讨论的数学思想,属于中档题.。

黑龙江省哈尔滨一中2020届高三高考数学(理科)一模试题(wd无答案)

黑龙江省哈尔滨一中2020届高三高考数学(理科)一模试题(wd无答案)

黑龙江省哈尔滨一中2020届高三高考数学(理科)一模试题一、单选题(★★) 1. 已知全集,集合,,集合,则()A.,B.C.,D.,(★★) 2. 已知是虚数单位,,且的共轭复数为,则()A.B.C.5D.3(★★) 3. 已知命题:棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥;命题:棱柱的所有的侧面都是长方形或正方形,下列命题为真命题的是()A.B.C.D.(★★★) 4. 在中,若,则的形状一定是()A.等腰直角三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等腰或直角三角形(★★★) 5. 若,则()A.B.C.D.(★★★) 6. 我们可从这个商标中抽象出一个如图靠背而坐的两条优美的曲线,下列函数中大致可“完美”局部表达这对曲线的函数是()A.B.C.D.(★★★) 7. 已知定义在上的函数满足时,,则()A.6B.4C.2D.0(★★★) 8. 若,则()A.或B.或C.D.(★★★★) 9. 已知点为双曲线右支上一点,点,分别为双曲线的左右焦点,点是的内心(三角形内切圆的圆心),若恒有成立,则双曲线的离心率取值范围是( )A.B.C.D.(★) 10. 2020年疫情的到来给我们生活学习等各方面带来种种困难.为了顺利迎接高考,省里制定了周密的毕业年级复学计划.为了确保安全开学,全省组织毕业年级学生进行核酸检测的筛查.学生先到医务室进行咽拭子检验,检验呈阳性者需到防疫部门做进一步检测.已知随机抽一人检验呈阳性的概率为0.2%,且每个人检验是否呈阳性相互独立,若该疾病患病率为0.1%,且患病者检验呈阳性的概率为99%.若某人检验呈阳性,则他确实患病的概率()A.0.99%B.99%C.49.5%.D.36.5%(★★★★) 11. 已知函数有两个极值点,则实数的取值范围为()A.B.C.)D.(★★★) 12. 设,,,,且,则向量在上的投影的取值范围A.B.C.D.二、填空题(★) 13. 若,是函数两个相邻的零点,则______.(★★★) 14. 已知是过抛物线焦点的弦,是原点,则______.(★★★) 15. 已知正三棱柱,若有一半径为4的球与正三棱柱的各条棱均相切,则正三棱柱的侧棱长为______.三、双空题(★★) 16. 牛顿迭代法(Newton´ smethod)又称牛顿-拉夫逊方法( Newton- Raphsonmethod),是牛顿在17世纪提出的一种近似求方程根的方法.如图,设是的根,选取作为初始近似值,过点作曲线的切线,与轴的交点的横坐标,称是的一次近似值,过点作曲线的切线,则该切线与轴的交点的横坐标为,称是的二次近似值.重复以上过程,得到的近似值序列.请你写出的次近似值与的次近似值的关系式______,若,取作为的初始近似值,试求的一个根的三次近似值______(请用分数做答).四、解答题(★★★) 17. 已知数列的前项和为,,且,.(1)证明:数列是等比数列;(2)求数列的通项公式与前项和.(★★★) 18. 如图,矩形和菱形所在的平面相互垂直,,,,.(1)求证:平面;(2)求二面角的正切值.(★★★) 19. 在新冠病毒肆虐全球的大灾难面前,中国全民抗疫,众志成城,取得了阶段性胜利,为世界彰显了榜样力量.为庆祝战疫成功并且尽快恢复经济,某网络平台的商家进行有奖促销活动,顾客购物消费每满600元,可选择直接返回60元现金或参加一次答题返现,答题返现规则如下:电脑从题库中随机选出一题目让顾客限时作答,假设顾客答对的概率都是0.4,若答对题目就可获得120元返现奖励,若答错,则没有返现.假设顾客答题的结果相互独立.(1)若某顾客购物消费1800元,作为网络平台的商家,通过返现的期望进行判断,是希望顾客直接选择返回180元现金,还是选择参加3次答题返现?(2)若某顾客购物消费7200元并且都选择参加答题返现,请计算该顾客答对多少次概率最大,最有可能返回多少现金?(★★★) 20. 已知椭圆的长轴长为4,左、右顶点分别为、,点是椭圆上异于左、右顶点的动点,直线、的斜率分别为和,且.(1)求椭圆的方程;(2)直线与椭圆相交于,两点,点,若轴是的角平分线,求点坐标.(★★★) 21. 设函数,,(1)求曲线过原点的切线方程;(2)设,若函数的导函数存在两个不同的零点,,求实数的范围:(3)在(2)的条件下证明:(★★★) 22. 在平面直角坐标系中,曲线,曲线为参数),以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴,建立极坐标系.(1)求曲线,的极坐标方程:(2)曲线的极坐标方程为,分别交,于,两点,当取何值时,取得最小值.(★★★) 23. 已知函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)证明:当时,.。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。
3.D
【解析】
【分析】
根据棱柱和棱锥的几何特征,对命题逐一分析,结合复合命题真假的判断原则,即可判断选择.
【详解】
对于命题 ,因为棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,故棱锥的侧面为等边三角形,
如果该棱锥是六棱锥,则六个侧面顶角的和为 ,但六棱锥的侧面的顶角和小于 ,
矛盾,故 为假命题.
对于命题 ,斜棱柱有侧面不是长方形,故命题 为假命题.
13.2
【解析】
【分析】
根据所给的相邻的零点可求周期,从而得到 的值.
【详解】
因为 , 是函数 两个相邻的零点,
故 ,所以 ,故 ,
故答案为:2.
【点睛】
本题考查三角函数的图象性质,一般地,相邻两个零点之间的距离为半周期,相邻两条对称轴之间的距离也是半周期.
14.
【解析】
【分析】
当直线 的斜率不存在时,得出 的坐标,根据数量积公式得出 ,当直线 的斜率存在时,设 ,并与抛物线方程联立,结合韦达定理,即可得出 .
17.(1)证明见解析;(2) .
【解析】
【分析】
(1)由题设条件推导出数列 相邻两项之间的关系式,即可证明结论;
(2)先利用(1)中求得的数列 的通项公式求出 ,再利用错位相减求其前 项和即可.
【详解】
解:(1)证明: , ,
又 , 数列 是首项、公比均为 的等比数列,且 ;
15.已知正三棱柱 ,若有一半径为4的球与正三棱柱的各条棱均相切,则正三棱柱的侧棱长为______.
16.牛顿迭代法(Newton´smethod)又称牛顿-拉夫逊方法(Newton-Raphsonmethod),是牛顿在17世纪提出的一种近似求方程根的方法.如图,设 是 的根,选取 作为 初始近似值,过点 作曲线 的切线 , 与 轴的交点的横坐标 ,称 是 的一次近似值,过点 作曲线 的切线,则该切线与 轴的交点的横坐标为 ,称 是 的二次近似值.重复以上过程,得到 的近似值序列.请你写出 的 次近似值与 的 次近似值的关系式______,若 ,取 作为 的初始近似值,试求 的一个根 的三次近似值______(请用分数做答).
【详解】
由二倍角的正切公式得 ,整理得 ,
解得 或 ,所以, .
当 时,原式 ;当 时,原式 .
综上所述, .
故选:D.
【点睛】
本题考查利用二倍角的正切公式以及弦化切思想求值,解题的关键就是求出 的值,考查计算能力,属于中等题.
9.B
【解析】
【分析】
根据所给条件和三角形面积公式,求得 , 的关系式,即可求得离心率的范围.
【详解】
设 的内切圆半径为 ,
则 , , ,
因为 ,
所以 ,
由双曲线的定义可知 , ,
所以 ,即 .
故选:B.
【点睛】
本题考查了求双曲线离心率的范围,其主要方法为根据条件得出一个关于 的齐次式,再化简转化成关于 的不等式即可得解,本题属于较难题.
10.C
【解析】
【分析】
利用条件概率可求某人检验呈阳性时他确实患病的概率.
16.
【解析】
【分析】
根据 的定义可得其递推关系,再结合 将前者具体化,从而可求 的三次近似值.
【详解】
由题设可得 , , ,
依次类推,则可得 ,其中 .
因为 ,故 ,
因为 ,故 , , ,
故答案为: , .
【点睛】
本题考查导数的应用以及递推数列的指定项的求法,考查了学生对给定材料的理解与应用,本题为基础题.
【详解】
由题意得,
当直线 的斜率不存在时, ,则
当直线 的斜率存在时,设 ,
由 ,得
所以 ,

综上,
故答案为:
【点睛】
本题主要考查了直线与抛物线的交点问题以及数量积的计算,属于中档题.
15.
【解析】
【分析】
由题意求出正三棱柱的高、底面边长,即可求出侧棱的长度.
【详解】
设底面△ABC外接圆圆心G,如图
【解析】
【分析】
首先判定 ,进一步利用向量的共线的充要条件求出向量的投影的范围.
【详解】
由于: ,则: ,
由于: , ,则: .
当 , ,
由于 ,且 ,则:P、A、B三点共线.
故:当P与A重合时,投影为2.
故:向量 在 上的投影的取值范围为
故选B.
【点睛】
本题考查的知识要点:三点共线的应用,向量数量积的应用,主要考查学生的运算能力和转化能力,属于基础题型.
(1)求曲线 , 的极坐标方程:
(2)曲线 的极坐标方程为 , 分别交 , 于 , 两点,当 取何值时, 取得最小值.
23.已知函数 .
(1)当 时,求不等式 的解集;
(2)证明:当 时, .
参考答案
1.D
【解析】
【分析】
利用函数的值域求出集合 ,利用对数函数的定义域求出集合 ,由此能求出 .
【详解】
A. B. C. D.
6.我们可从这个商标 中抽象出一个如图靠背而坐的两条优美的曲线,下列函数中大致可“完美”局部表达这对曲线的函数是()
A. B.
C. D.
7.已知定义在 上的函数满足 时, ,则 ()
A.6B.4
C.2D.0
8.若 ,则 ()
A. 或 B. 或
C. D.
9.已知点 为双曲线 右支上一点,点 , 分别为双曲线的左右焦点,点 是 的内心(三角形内切圆的圆心),若恒有 成立,则双曲线的离心率取值范围是( )
【详解】
设 为“某人检验呈阳性”, 为“此人患病”.
则“某人检验呈阳性时他确实患病”为 ,
又 ,
故选:C.
【点睛】
本题考查条件概率的计算及其应用,此题需将题设的各个条件合理转化为事件的概率或条件概率.
11.B
【解析】
【分析】
根据函数 有两个极值点,则 有两个变号零点,即 有两个不同的交点,令 ,用导数法得到其图象,利用数形结合法求解.
(1)若某顾客购物消费1800元,作为网络平台的商家,通过返现的期望进行判断,是希望顾客直接选择返回180元现金,还是选择参加3次答题返现?
(2)若某顾客购物消费7200元并且都选择参加答题返现,请计算该顾客答对多少次概率最大,最有可能返回多少现金?
20.已知椭圆 的长轴长为4,左、右顶点分别为 、 ,点 是椭圆上异于左、右顶点的动点,直线 、 的斜率分别为 和 ,且 .
因为△ABC的外接圆即为球的大圆,且 ,
则GA=GB=GC=4,从而正△ABC边长 ,
设球心 ,由题意知E、D在球面上, ,
F为DE中点,则 ,
在 中, ,
侧棱 ,
故答案为:
【点睛】
本题主要考查正三棱柱的内切球与正三棱柱的关系,通过二者的关系求出正三棱柱的侧棱长,考查计算能力,逻辑推理能力,属于中档题.
黑龙江省哈尔滨一中2020届高三高考数学(理科)一模试题
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
1.已知全集 ,集合 , ,集合 ,则 ()
A. , B. C. , D. ,
2.已知 是虚数单位, ,且 的共轭复数为 ,则 ()
17.已知数列 的前 项和为 , ,且 , .
(1)证明:数列 是等比数列;
(2)求数列 的通项公式与前 项和 .
18.如图,矩形 和菱形 所在的平面相互垂直, , , , .
(1)求证: 平面 ;
(2)求二面角 的正切值.
19.在新冠病毒肆虐全球的大灾难面前,中国全民抗疫,众志成城,取得了阶段性胜利,为世界彰显了榜样力量.为庆祝战疫成功并且尽快恢复经济,某网络平台的商家进行有奖促销活动,顾客购物消费每满600元,可选择直接返回60元现金或参加一次答题返现,答题返现规则如下:电脑从题库中随机选出一题目让顾客限时作答,假设顾客答对的概率都是0.4,若答对题目就可获得120元返现奖励,若答错,则没有返现.假设顾客答题的结果相互独立.
【点评】
本题考查的知识要点:正弦定理的应用,三角函数的诱导公式的应用,属于中档题.
5.D
【解析】
【分析】
利用二项式定理可知 、 、 、 为负数, 、 、 、 、 为正数,可得出 ,然后令 可求得所求代数式的值.
【详解】
二项式 的展开式通项为 ,
所以, 的奇数次幂的系数均为负数,偶数次幂的系数均为正数,
对于D选项,函数 的定义域为 ,
,该函数为偶函数,
当 时, ,则 ,且 ,则 ,
合乎题意,D选项正确.
故选:D.
【点睛】
本题考查利用函数图象选择函数解析式,一般从函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号结合排除法求解,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.
7.D
【解析】
【分析】
由 ,即 是周期为4的周期函数,结合函数的解析式,求出 的值,进而得到 的值,求得 ,再根据周期性,即可求得 ,即可求解.
(1)求椭圆 的方程;
(2)直线 与椭圆相交于 , 两点,点 ,若 轴是 的角平分线,求 点坐标.
21.设函数 , ,
(1)求曲线 过原点的切线方程;
(2)设 ,若函数 的导函数 存在两个不同的零点 , ,求实数 的范围:
(3)在(2)的条件下证明:
22.在平面直角坐标系中,曲线 ,曲线 为参数),以坐标原点Biblioteka 极点, 轴正半轴为极轴,建立极坐标系.
【详解】
根据题意,函数 满足 ,则 ,
即 是周期为4的周期函数,
当 时, ,则 , ,
又由 ,则 ,
所以 ,
所以 .
故选:D.
【点睛】
本题考查函数的周期性的应用,关键是分析函数的周期,属于基础题.
相关文档
最新文档