黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三数学第二次模拟考试试题理(含解析)

黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三数学第二次模拟考试试题理
（含解析）
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题：本大题共12个小题,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.已知复数满足，若的虚部为，则复数在复平面内对应的点在（）
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限【答案】A
【解析】
,虚部为,即,故对应点在第一象限.
2.已知全集，集合，，则下图阴影部分表示的集合是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
由题意可得：，
由文氏图可得，图中阴影部分的面积表示集合：且的元素，
即阴影部分表示的集合是 .
本题选择C选项.
3.已知命题；命题若，则，则下列为真命题的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
因，所以命题为真；命题为假，所以为真，选B.
4.已知向量，，若，则实数（）
A. 2
B. -2
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，求出向量的坐标，进而可得向量与、的模，分析可得
，解可得m的值，即可得答案．
【详解】根据题意，向量（m，2），（1，1），
则（m+1，3），
则||，||，||，
若||＝||+||，则有，
两式平方得到再平方得到
解可得：m＝2；
故答案为：A．
【点睛】本题考查模的计算，关键是分析向量与的关系．
5.设等差数列的前项和为，若，，则当取最小值时，等于( )
A. 9
B. 8
C. 7
D. 6
【答案】D
【解析】
设等差数列{a n}的公差为d，
a1=−11,a4+a6=−6，可得−11+3d−11+5d=−6，解得d=2，
则S n=na1+n(n−1)d=n2−12n=(n−6)2−36，当n=6时,S n取最小值−36.
本题选择D选项.
6.函数
的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A 【解析】 函数是
偶函数，其图象关于y 轴对称，选项CD 错误；
令
可得：
，选项B 错误；
本题选择A 选项.
点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．
7.2020年东京夏季奥运会将设置
米男女混合泳接力这一新的比赛项目，比赛的规则是：
每个参赛国家派出2男2女共计4名运动员参加比赛，按照仰泳蛙泳蝶泳自由泳的接力顺序，每种泳姿100米且由1名运动员完成，且每名运动员都要出场，若中国队确定了备战该项目的4名运动员名单，其中女运动员甲只能承担仰泳或者自由泳，男运动员乙只能承担蝶泳或者自由泳，剩下的2名运动员四种泳姿都可以承担，则中国队的排兵布阵的方式共有（ ） A. 144种 B. 24种
C. 12种
D. 6种
【答案】D 【解析】
分两类，甲承担仰泳与甲承担自由泳，根据分类计数原理可得．
【详解】由题意，若甲承担仰泳，则乙运动员有A22＝2种安排方法，其他两名运动员有A22＝2种安排方法，共计2×2＝4种方法，
若甲承担自由泳，则乙运动员只能安排蝶泳，其他两名运动员有A22＝2种安排方法，共计2种方法，
所以中国队共有4+2＝6种不同的安排方法，
故选：D．
【点睛】本题考查了排列组合的问题，考查了分类计数原理，考查了运算和推理能力，属于中档题．解排列组合问题要遵循两个原则：
①按元素(或位置)的性质进行分类；
②按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．
8.20世纪70年代，流行一种游戏——角谷猜想，规则如下：任意写出一个自然数，按照以下的规律进行变换，如果是奇数，则下一步变成；如果是偶数，则下一步变成，这种游戏的魅力在于无论你写出一个多么庞大的数字，最后必然会落在谷底，下列程序框图就是根据这个游戏而设计的，如果输出的的值为6，则输入的值可以为（）
A. 5或16
B. 16
C. 5或32
D. 4或5或
32
【答案】C
【分析】
根据各个选项n的值，模拟程序的运行，依次验证程序的输出的i的值是否为6即可得解．【详解】模拟程序的运行，由题意可得
当输入的n的值为5时，
i＝1，第1次循环，n＝5，n为奇数，n＝16
i＝2，第2次循环，n为偶数，n＝8
i＝3，第3次循环，n为偶数，n＝4
i＝4，第4次循环，n为偶数，n＝2
i＝5，第5次循环，n为偶数，n＝1
i＝6，满足条件n＝1，退出循环，输出i的值为6．符合题意．
当输入的n的值为16时，
i＝1，第1次循环，n＝16，n为偶数，n＝8
i＝2，第2次循环，n为偶数，n＝4
i＝3，第3次循环，n为偶数，n＝2
i＝4，第4次循环，n为偶数，n＝1
i＝5，满足条件n＝1，退出循环，输出i的值为5．不符合题意．
当输入的n的值为32时，
i＝1，第1次循环，n＝32，n为偶数，n＝16
i＝2，第2次循环，n为偶数，n＝8
i＝3，第3次循环，n为偶数，n＝4
i＝4，第4次循环，n为偶数，n＝2
i＝5，第5次循环，n为偶数，n＝1
i＝6，满足条件n＝1，退出循环，输出i的值为6．符合题意．
当输入的n的值为4时，
i＝1，第1次循环，n＝4，n为偶数，n＝2
i＝2，第2次循环，n为偶数，n＝1
i＝3，满足条件n＝1，退出循环，输出i的值为3．不符合题意．
故选：C．
【点睛】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．
9.如图，在边长为1的正方形内任取一点，用表示事件“点恰好取自曲线与直线及轴所围成的曲边梯形内”，表示事件“点恰好取自阴影部分内”，则
（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：根据题意，正方形的面积为1×1=1，而与直线及轴所围成的曲
边梯形的面积为，而阴影部分的面积为
∴正方形中任取一点，点取自阴影部分的概率为
，故选A．
考点：几何概型，条件概率
10.已知（其中，的最小值为
，将的图像向左平移个单位得，则的单调递减区间是（）A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用正弦函数的周期性以及图象的对称性求得f（x）的解析式，利用函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律求得G（x）的解析式，利用余弦函数的单调性求得则G（x）的单调递减区间．
【详解】∵f（x）＝sin（ωx+θ），其中ω＞0，θ∈（0，），f'（x1）＝f'（x2）＝0，|x2﹣x1|min，
∴•T，
∴ω＝2，
∴f（x）＝sin（2x+θ）．
又f（x）＝f（x），
∴f（x）的图象的对称轴为x，
∴2•θ＝kπ，k∈Z，又，
∴θ，f（x）＝sin（2x）．
将f（x）的图象向左平移个单位得G（x）＝sin（2x）＝cos2x的图象，
令2kπ≤2x≤2kπ+π，求得kπ≤x≤kπ，则G（x）＝cos2x的单调递减区间是[kπ，
kπ]，
故选：A．
【点睛】本题主要考查正弦函数的周期性以及图象的对称性，函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，余弦函数的单调性，属于中档题．
11.已知双曲线与双曲线，若以四个顶点为顶
点的四边形的面积为，以四个焦点为顶点的四边形的面积为，则取到最大值时，
双曲线的一条渐近线方程为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
由题意可得：，
，
据此有：，结合均值不等式的结论有：
当且仅当，即时，取得最大值，此时双曲线的一条渐近线方程为 . 本题选择B选项.
12.设函数，若存在区间，使得在上的值域为
，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
判断f（x）的单调性得出f（x）＝k（x+2）在[，+∞）上有两解，作出函数图象，利用导数的意义求出k的范围．
【详解】f′（x）＝2x﹣lnx+1，f″（x）＝2，
∴当x时，f″（x）≥0，
∴f′（x）在[，+∞）上单调递增，
∴f′（x）≥f′（）＝2﹣ln0，
∴f（x）在[，+∞）上单调递增，
∵[a，b]⊆[，+∞），
∴f（x）在[a，b]上单调递增，
∵f（x）在[a，b]上的值域为[k（a+2），k（b+2）]，
∴，
∴方程f（x）＝k（x+2）在[，+∞）上有两解a，b．
作出y＝f（x）与直线y＝k（x+2）的函数图象，则两图象有两交点．
若直线y＝k（x+2）过点（，ln2），
则k，
若直线y＝k（x+2）与y＝f（x）的图象相切，设切点为（x0，y0），
则，解得k＝1．
∴1＜k，
故选：D．
【点睛】本题考查了函数的单调性，导数的几何意义，零点个数与函数图象的关系，属于中档题．处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.已知的展开式中含项的系数为2019，则实数__________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用二项式定理的通项公式即可得出．
【详解】（1﹣ax）2018展开式中T r+1（﹣ax）r＝（﹣a）r x r，
令r＝0，则T1＝1；令r＝1，则T2＝（﹣a）x＝﹣2018ax．
∵（1+x）（1﹣ax）2018展开式中含x项的系数为2019，
∴1﹣2018a＝2019，
解得a＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.
14.若实数满足不等式组，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据不等式组画出可行域，结合图像得到结果.
【详解】根据题意画出可行域：
可行域是直线AB右侧以及直线的下侧，的上侧，共同构成的开放区域，
表示的是区域内的点和点两点构成的斜率，根据图像可知当两点构成的直线和平行时，斜率取得最小值但是永远取不到这种情况，代入得到斜率为；当直线过点时构成的直线的斜率最大，联立，目标函数值为.
故答案为：.
【点睛】点睛：利用线性规划求最值的步骤：
(1)在平面直角坐标系内作出可行域．
(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）．
(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解．
(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。

15.如图①，把边长为2的正方形沿对角线折起，使得平面平面，形成的三棱锥的正视图与俯视图如图②所示，则其侧视图的面积为__________．
【答案】1
【解析】
【分析】
由题意确定几何体的形状，二面角C﹣BD﹣A为直角二面角，依据数据，求出侧视图面积．【详解】
根据这两个视图可以推知折起后二面角C﹣BD﹣A为直角二面角，
其侧视图是一个两直角边长为的等腰直角三角形，
∴侧视图的面积为1．
故答案为：1.
【点睛】本题考查三视图求面积，考查计算能力，逻辑思维能力. 思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.
16.如图平面四边形的对角线的交点位于四边形的内部，，，，
，当变化时，对角线的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
设∠ABC＝α，∠ACB＝β，利用余弦定理求出AC，再利用正弦定理求出sinβ，利用余弦定理求得对角线BD，根据三角恒等变换求出BD的最大值．
【详解】设∠ABC＝α，∠ACB＝β，则由余弦定理得，
AC2＝1+3﹣2×1cosα＝4﹣2cosα；
由正弦定理得，
则sinβ；
所以BD2＝3+（4﹣2cosα）﹣2cos（90°+β）
＝7﹣2cosα+2sinα
＝7+2sin（α﹣45°），
所以α＝135°时，BD取得最大值为1．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
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.已知数列与满足：，且为正项等比数列，
，.
（1）求数列与的通项公式；
（2）若数列满足，为数列的前项和，证明：. 【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由a1+a2+a3+…+a n＝2b n①，n≥2时，a1+a2+a3+…+a n﹣1＝2b n﹣1②，①﹣②可得：a n＝2（b n ﹣b n﹣1）（n≥2），{a n}公比为q，求出a n，然后求解b n；（2）化简（n∈N*），利用裂项消项法求解数列的和即可．
【详解】（1）由a1+a2+a3+…+a n＝2b n①
n≥2时，a1+a2+a3+…+a n﹣1＝2b n﹣1②
①﹣②可得：a n＝2（b n﹣b n﹣1）（n≥2），
∴a3＝2（b3﹣b2）＝8
∵a1＝2，a n＞0，设{a n}公比为q，
∴a1q2＝8，∴q＝2
∴a n＝2×2n﹣1＝2n
∴，
∴b n＝2n﹣1．
（2）证明：由已知：．
∴
【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查转化思想以及计算能力．数列求和的常见方法有：列项求和，错位相减求和，倒序相加求和.
18.如图所示，四棱锥中，底面为菱形，且平面，，是
中点，是上的点.
（1）求证：平面平面；
（2）若是
的中点，当
时，是否存在点，使直线
与平面
的所成角的正弦值
为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）或 【解析】 【分析】
(1)根据底面菱形的
特点得到
，再由线面垂直得到
，
平面
，进而得到面面垂直；（2）建立空间坐标系得到线面角的表达式，求解即可.
【详解】（1）连接
，因为底面
为菱形，
，所以
是正三角形，
是
的中点，
，又
，
平面
，
平面
，又
平面
，又
平面
，所以平面
平面
．
（2）
以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，则
，
则，设
，则
，又
，
设是平面的一个法向量，则
，
取，得
，
设直线
与平面
所成角为，由
，得：
．
化简得：
，解得或，
故存在点满足题意，此时
为或．
【点睛】这个题目考查了空间中的
直线和平面的位置关系，线面角。

求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可。

面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系来做。

19.某健身机构统计了去年该机构所有消费者的消费金额（单位：元），如图所示：
（1）现从去年的消费金额超过3200元的消费者中随机抽取2人，求至少有1位消费者，其去年的消费者金额在
的范围内的概率；
（2）针对这些消费者，该健身机构今年欲实施入会制，详情如下表：
预计去年消费金额在内的消费者今年都将会申请办理普通会员，消费金额在内的消费者都将会申请办理银卡会员，消费金额在内的消费者都将会申请办理金卡会员，消费者在申请办理会员时，需一次性缴清相应等级的消费金额，该健身机构在今年底将针对这些消费者举办消费返利活动，现有如下两种预设方案：
方案1：按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”给予奖励：
普通会员中的“幸运之星”每人奖励500元；银卡会员中的“幸运之星”每人奖励600元；金卡会员中的“幸运之星”每人奖励800元.
方案二：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：从一个装有3个白球、2个红球（球只有颜色不同）的箱子中，有放回地摸三次球，每次只能摸一个球，若摸到红球的总数为2，则可获得200元奖励金；若摸到红球的总数为3，则可获得300元奖励金；其他情况不给予奖励. 规定每位普通会员均可参加1次摸奖游戏；每位银卡会员均可参加2次摸奖游戏；每位金卡会员均可参加3次摸奖游戏（每次摸奖的结果相互独立）
请你预测哪一种返利活动方案该健身机构的投资较少？并说明理由.
【答案】（1）；（2）方案二.
【解析】
【分析】
（1）由间接法可得到结果；（2）计算方案1奖励的总金额ξ1和方案2奖励的总金额ξ2，比较大小即可．
【详解】（1）去年的消费金额超过3200元的消费者12人，随机抽取2人，消费在
的范围内的人数为X，可能取值为1，2；
P（X≥1）＝1﹣P（X＝0）＝1，
去年的消费者金额在的范围内的概率为
（2）方案1：按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”，则“幸运之星”中的普通会员，银卡会员，金卡会员的人数分别为25＝7，25＝15，
25＝3，
按照方案1奖励的总金额为ξ1＝7×500+15×600+3×800＝14900（元）；
方案2：设η表示参加一次摸奖游戏所获得的奖励金，则η的可能取值为0，200，300；
由摸到红球的概率为P，
∴P（η＝0）••••，
P（η＝200）••，
P（η＝300）•，
η的分布列为：
数学期望为Eη＝020030076.8（元），
按照方案2奖励的总金额为
ξ2＝（28+2×60+3×12）×76.8＝14131.2（元），
由ξ1＞ξ2知，方案2投资较少．
【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是中档题．求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布
的期望公式求得.
20.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，左顶点为，离心率为，点是椭圆上的动点，的面积的最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设经过点的直线与椭圆相交于不同的两点，，线段的中垂线为.若直线与直线相交于点，与直线相交于点，求的最小值.
【答案】见解析.
【解析】
试题分析：（1）由已知，有，可得. 设点的纵坐标为.可得
的最大值。

求出，.即可得到椭圆的方程；
（2）由题意知直线的斜率不为，故设直线：.
设，，，.
联立，得.由弦长公式可得
，由此得到的表达式，由基本不等式可得到的最小值.
试题解析：
（1）由已知，有，即.
∵，∴.
设点的纵坐标为.
则，
即.
∴，.
∴椭圆的方程为.
（2）由题意知直线的斜率不为，故设直线：.
设，，，.
联立，消去，得.
此时.
∴，.
由弦长公式，得.
整理，得.
又，∴.
∴.
∴，
当且仅当，即时等号成立.
∴当，即直线的斜率为时，取得最小值.
21.已知，（其中常数）.
（1）当时，求函数的极值；
（2）若函数有两个零点，求证：.
【答案】（1）有极小值，无极大值；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出a＝e的函数的导数，求出单调区间，即可求得极值；（2）先证明：当f（x）≥0恒成立时，有 0＜a≤e成立．若，则f（x）＝e x﹣a（lnx+1）≥0显然成立；若，运用参数分离，构造函数通过求导数，运用单调性，结合函数零点存在定理，即可得证. 【详解】函数的定义域为，
（1）当时，，，单调递增且
当时，，所以在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
所以有极小值，无极大值.
（2）先证明：当恒成立时，有成立
若，则显然成立；
若，由得，令，则，
令，由得在上单调递增，
又∵，所以在上为负，递减，在上为正，递增，∴ ，从而.
因而函数若有两个零点，则，所以，
由得，则，
∴在上单调递增，∴，
∴在上单调递增∴，则
∴，由得，
则，∴，综上.
【点睛】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，主要考查函数的单调性的运用，以及不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，属于中档题和易错题．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
选修4-4：坐标系与参数方程
22.已知曲线和曲线（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中取相同的单位长度.
（1）求曲线和曲线的极坐标方程；
（2）设曲线与轴、轴分别交于两点，且线段的中点为，若射线与曲线交于点，求两点间的距离.
【答案】（1）；（2）1.
【解析】
【分析】
（1）利用x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，将普通方程化为极坐标方程即可；（2）求出M，N，P的坐标，得到射线的极坐标方程，分别代入C1、C2得到，P，Q的极坐标，求距离即可．
【详解】（1）线C1：x y和C2：（φ为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，因为x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，
所以C1：，即，所以；
C2的普通方程为，所以其极坐标方程为，即．（2）由题意M（，0），N（0，1），所以P（），所以射线OP的极坐标方程为：，把代入C1得到ρ1＝1，P（1，）；
把代入C2得到ρ2＝2，Q（2，），
所以|PQ|＝|ρ2﹣ρ1|＝1，即P，Q两点间的距离为1．
【点睛】本题考查了普通方程、极坐标方程以及参数方程之间的互化，理解自变量的关系是关键．涉及极径的几何意义的应用.
选修4-5：不等式选讲
23.设函数.
（1）当时，求不等式的定义域；
（2）若函数的定义域为，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
(1)零点分区间去掉绝对值，分情况解不等式即可；（2）由题意得：恒成立，变量分离，利用绝对值三角不等式求最值即可.
【详解】（1）当时，定义域基本要求为：
当时，
当时，，无解
当时，
综上：的定义域为.
（2）由题意得：恒成立
.
【点睛】含绝对值不等式的求解有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．方法一是运用分类讨论思想，方法二是运用数形结合思想．将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．。