【理数】哈九中2020高考一模试卷+答案!(高清版)
2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学一模试卷(理科)(附答案详解)
2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学一模试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知全集U=R，集合A={x|x2−3x−4>0},B={x|xx−5<0}，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.i为虚数单位，满足i⋅z=2+i的复数z的虚部是()A. 1B. iC. −2D. −2i3.(√3x2−x4)3的展开式中的常数项为()A. −3√3B. 3√3C. −9D. 94.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. √33B. 1C. √3D. 2√35.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ŷ=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. 110B. 19C. 18D. 176.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. −12C. 12D. −2或17.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.以F1(−√2,0),F2(√2,0)为焦点的椭圆与直线x−y+2√2=0有公共点，则满足条件A.x 26+y 24=1B.x 23+y 2=1C.x 25+y 23=1D.x 24+y 22=19. 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. 已知函数y =log 2x 和函数y =log 2(x −2)的图象分别为曲线C 1，C 2，直线y =k 与C 1，C 2分别交于M ，N 两点，P 为曲线C 1上的点．如果△PMN 为正三角形，则实数k 的值为( )A. log 2(2√3−1)B. −log 2(2√3−1)C. (2√3−1)12D. −(2√3−1)1211. 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. 13B. 14C. 15D. 1612. 已知函数f(x)={|−|x +1|+1|,x ≤0ln(ex)x+1,x >0，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、单空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 已知函数f(x)=4cos(x −5π6)cosx −m 在[0,π2]上有两个不同的零点，则实数m 的取值范围是______．14. 已知点P 为圆(x −6)2+(y −8)2=1上任一点，F 1，F 2分别为椭圆x 24+y 23=1的两个焦点，求PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围______．15. 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. 已知双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的焦距为2c ，A 1，A 2是实轴顶点，以A 1A 2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7小题，共82.0分）17. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且bcosA +√32a =c ．(1)若sinBsinC =cos 2A2，求C 的大小；(2)若AC 边上的中线BM 的长为1+√3，求△ABC 面积的最大值．18.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD=CD=1，∠ADC=120°，PA=AB=BC=√3，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PAC所成角的正弦值．19.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，箱中每盒粉期望大10，则所设计的方案有效．讨论该方案是否有效．20. 已知函数f(x)=x 2+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 −3x 2≤0恒成立，求实数m 的取值范围； (3)证明：若x ∈(0,+∞)，不等式e x +x 2−(e +1)x +1x −1≥0成立．21. 过x 轴正半轴上一点M(m,0)做直线与抛物线E ：y 2=x 交于A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，(y 1>0>y 2)两点，且满足0<OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ <2，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S 1，三角形DMN 的面积为S 2． (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k 0；(i)当m =43时，直线AB 在y 轴的纵截距范围为[−83,−43]，则求k 0的取值范围； (ii)当实数m 在(1)取到的范围内取值时，求S 2S 1的取值范围．22. 在平面直角坐标系中，曲线C 的参数方程为{x =2√3cosαy =√6sinα(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{x =1+√22ty =√3+√22t，(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A(1,√3)，直线l 与曲线C 交于P ，Q 两点，弦P ，Q 的中点为M ，求|AP|⋅|AQ||AM|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12a+b +1a+3b =n ，求3a +4b 的最小值．答案和解析1.【答案】B【解析】解：因为集合A={x|x2−3x−4>0}={x|x<−1或x>4}，B={x|0<x<5}，则∁U A={x|−1≤x≤4}，那么集合(∁U A)∩B={x|0<x≤4}，故选：B．首先解不等式求出集合A，B，由补集的运算求出∁U A，再由交集的运算求出(∁U A)∩B．本题考查了解不等式和集合交、补集的混合运算，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：由i⋅z=2+i，得z=2+ii =(2+i)(−i)−i2=1−2i，∴复数z的虚部是−2．故选：C．直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.【答案】C【解析】解：∵(√3x2−x4)3的展开式中的通项公式为T r+1=C3r⋅(−1)r⋅(√3)3−r⋅x6r−6，令6r−6=0，求得r=1，可得常数项为−C31⋅3=−9，故选：C．先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．4.【答案】D【解析】解：现有同高的圆锥和棱锥满足祖暅原理的条件，棱锥的体积为3π，∴圆锥的体积为3π，∵圆锥的侧面展开图是半圆，设圆锥的侧面展开图这个半圆的半径是R，即圆锥的母线长是R，半圆的弧长是πR，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，设圆锥的底面半径是r，则得到2πr=πR，∴R=2r，∴圆锥的高ℎ=√(2r)2−r2=√3r，∴圆锥的体积V=13×πr2×√3r=3π．解得r=√3，则圆锥的母线长为R=2r=2√3．故选：D．推导出圆锥的体积为3π，设圆锥的侧面展开图这个半圆的半径是R，即圆锥的母线长是R，半圆的弧长是πR，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，设圆锥的底面半径是r，则R=2r，圆锥的高ℎ=√(2r)2−r2=√3r，由此能求出圆锥的母线长．本题考查圆锥的母线长的求法、考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．5.【答案】A【解析】解：∵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)的线性回归方程为ŷ=9.7x+2.4，∴当商场平均每天的食品销售额为8万元时，该商场平均每天的总销售额为y=9.7×8+ 2.4=80，∴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：880=110，故选：A．根据线性回归方程得到该商场平均每天的总销售额，从而求出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．本题主要考查了函数的实际应用，以及线性回归方程的应用，是基础题．6.【答案】A【解析】解：S3是S4与S5的等差中项，即为2S3=S4+S5，若公比q=1，则S n=na1，即有6a1=4a1+5a1，即a1=0，显然不成立，故q≠1，则2⋅a1(1−q 3)1−q =a1(1−q4)1−q+a1(1−q5)1−q，化为2q3=q4+q5，即q2+q−2=0，解得q=−2或1(舍去)，故选：A．由等差数列的中项性质和等比数列的求和公式，解方程可得所求公比，注意公比为1的情况．本题考查等比数列的求和公式和等差数列的中项性质，考查方程思想和化简运算能力，属于基础题．7.【答案】A【解析】解：由数学分数服从正态分布N(120,9)，得μ=120，σ=3．则P(117<x≤126)=P(117<X≤123)+P(123<X≤126)=P(μ−σ<X≤μ+σ)+12[P(μ−2σ<X≤μ+2σ)−P(μ−σ<X≤μ+σ)]=0.682+12(0.9545−0.682)=0.81825．则成绩在(117,126]之内的人数估计有8183，∴成绩在(117,126]之外的人数估计有1817，与1814最接近．故选：A．由已知可得μ=120，σ=3，则P(117<x≤126)=P(μ−σ<X≤μ+σ)+12[P(μ−2σ<X≤μ+2σ)−P(μ−σ<X≤μ+σ)]，求出概率，乘以10000可得成绩在(117,126]之内人数的近似值，再由10000减去该近似值得答案．本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．8.【答案】C【解析】解：以F1(−√2,0),F2(√2,0)为焦点的椭圆，设椭圆方程为x2a2+y2a2−2=1(a2>2)，由{x 2a 2+y 2a 2−2=1x −y +2√2=0得(2a 2−2)x 2+4√2a 2x +10a 2−a 4=0， 由题意，a 有解，∴△=(4√2a 2)2−4(2a 2−2)(10a 2−a 4)≥0， ∴a 4−7a 2+10≥0，∴a 2≥5或a 2≤2(舍)，∴a min 2=5，此时椭圆方程是：x 25+y 23=1．故选：C ．先设椭圆方程，然后与直线方程联立方程组，再根据该方程组有解即可求出a 的最小值，则问题解决．本题主要考查由代数方法解决直线与椭圆交点问题，是中档题．9.【答案】C【解析】解：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1−[C 31p(1−p)2+C 30p 0(1−p)3]=0.784，解得p =0.7． 故选：C ．利用n 次独立重复试验中事件A 恰好发生一次的概率计算公式能求出结果．本题考查概率的求法，考查n 次独立重复试验中事件A 恰好发生一次的概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．10.【答案】B【解析】解：由已知可设M(2k .k)，N(2k +2,k)，则P 点横坐标为2k +1， 又因为点P 在函数y =log 2x 的图象C 1上，所以P(2k +1,log(2k +1))，因为△PMN 为正三角形，则∠PMN =60°，故直线PM 的∴log2(2k+1)−k2k+1−2k=√3，即log2(2k+1)=k+√3，∴2k+√3=2k+1，即2k=2√3−1，∴k=−log2(2√3−1)，故选：B．由已知条件设出M，N，P的坐标，利用直线PM的倾角是60°，即斜率为√3，利用斜率的坐标公式列出关于K的方程，解指对数方程即可本题主要考查对数函数的图象和性质应用，体现了数形结合和转化的数学思想，属于中档题．11.【答案】D【解析】解：将一枚骰子抛掷3次，基本事件总数n=6×6×6=216，最大点数与最小点数之差为3包含三种情况：①取最小点为1，最大点为4，另外1个点数可能为1，2，3，4，包含的基本事件个数为C32C41=12，②取点最小点为2，最大点为5，另外1个点数可能为2，3，4，5，包含的基本事件个数为C32C41=12，③取点最小点为3，最大点为6，另外1个点数可能为3，4，5，6，包含的基本事件个数为C32C41=12，则最大点数与最小点数之差为3的概率是：P=12+12+12216=16．故选：D．将一枚骰子抛掷3次，基本事件总数n=6×6×6=216，最大点数与最小点数之差为3包含三种情况：①取最小点为1，最大点为4，另外1个点数可能为1，2，3，4，包含的基本事件个数为C32C41=12，②取点最小点为2，最大点为5，另外1个点数可能为2，3，4，5，包含的基本事件个数为C32C41=12，③取点最小点为3，最大点为6，另外1个点数可能为3，4，5，6，包含的基本事件个数为C32C41=12，由此能求出最大点数与最小点数之差为3的概率．本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．12.【答案】C【解析】解：当x >0时，f′(x)=1−ln(ex)x 2，令f′(x)=0，解得x =1，故f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，且f(1)=2，x →+∞时，f(x)→1， 作出函数f(x)的图象如下图所示，令t =f(x)，则t 2−mt +n =0有两个不同的实数根t 1，t 2，要使方程[f(x)]2−mf(x)+n =0(n ≠0)有7个不同的实数解，则t 1∈(0,1)，t 2∈[1,2)， ∴{n(1−m +n)<0(1−m +n)(4−2m +n)≤0，即{n(m −n −1)>0(m −n −1)(2m −n −4)≤0， 作出上述不等式组表示的可行域如下图所示，由可行域可知，当(m,n)取点(1,0)时，2m +3n 最小，且最小值为2； 当(m,n)取点(3,2)时，2m +3n 最大，且最大值为12． 故2m +3n 的取值范围为(2,12)． 故选：C ．利用导数研究函数f(x)的性质，可作出f(x)的草图，观察图象，结合题设条件可得方程t 2−mt +n =0有两个不同的实数根t 1，t 2，且t 1∈(0,1)，t 2∈[1,2)，利用二次函数根的分布，可以得到m ，n 满足的约束条件，由此作出可行域，再根据2m +3n 的几何意义，求得取值范围．本题考查分段函数的综合运用，涉及了利用导数研究函数的性质，“套套”函数，二次函数根的分布，简单的线性规划等知识点，考查换元思想，数形结合思想，函数与方程思想等数学思想，考查逻辑推理能力，运算求解能力，直观想象等数学能力，属于较难题目．13.【答案】[0,2−√3)【解析】解：依题意，函数g(x)=4cos(x−5π6)cosx，x∈[0,π2]上的图象与直线y=m有两个不同的交点，g(x)=4(cosxcos5π6+sinxsin5π6)cosx=4(−√32cosx+12sinx)cosx=2sinxcosx−2√3cos2x=sin2x−√3cos2x−√3=2sin(2x−π3)−√3，又x∈[0,π2]，∴2x−π3∈[−π3,2π3]，∴2sin(2x−π3)−√3∈[−2√3,2−√3]，函数g(x)的图象如下，由图可知，m∈[0,2−√3)．故答案为：[0,2−√3)．依题意，函数g(x)=4cos(x−5π6)cosx，x∈[0,π2]上的图象与直线y=m有两个不同的交点，化简g(x)=2sin(2x−π3)−√3，作出函数g(x)在x∈[0,π2]上的图象，观察图象即可得到m的取值范围．本题主要考查函数零点与方程根的关系，考查三角恒等变换以及三角函数的图象及性质，考查数形结合思想及化简求解能力，属于中档题．14.【答案】[80,120]【解析】解：如图，椭圆x 24+y 23=1的焦点F 1(−1,0)，F 2(1,0)，设P(6+cosθ,8+sinθ)，则PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−7−cosθ,−8−sinθ)，PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−5−cosθ,−8−sinθ)，则PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =100+4(4sinθ+3cosθ)=100+20sin(θ+φ)(tanφ=34).∵−20≤20sin(θ+φ)≤20， ∴PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围是[80,120]． 故答案为：[80,120]．由椭圆方程求出焦点坐标，设P(6+cosθ,8+sinθ)，得到PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，写出数量积，再由三角函数求最值可得PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围．本题考查圆与椭圆综合，考查平面向量的数量积运算，训练了利用三角函数求最值，是中档题．15.【答案】1或1e【解析】解：设y =kx +b 与y =e x−2和y =lnx 的切点分别为(x 1,e x 1−2)、(x 2,lnx 2)； 由导数的几何意义可得k =e x 1−2=1x 2，曲线y =e x−2在(x 1,e x 1−2)处的切线方程为y −e x 1−2=e x 1−2(x −x 1)， 即y =e x 1−2⋅x +(1−x 1)e x 1−2，曲线y =lnx 在点(x 2,lnx 2)处的切线方程为y −lnx 2=1x 2(x −x 2)，即y =1x 2x +lnx 2−1，则{e x 1−2=1x2(1−x 1)e x 1−2=lnx 2−1， ∴(1x 2−1)(lnx 2−1)=0，解得x 2=1，或x 2=e ．当x 2=1时，切线方程为y =x −1，即k =1， 当x 2=e 时，切线方程为y =xe ，即k =1e ， ∴k =1或1e ． 故答案为：1或1e ．分别设出直线与两曲线的切点坐标，求出导数值，得到两切线方程，由两切线重合得答斜率和截距相等，从而求得切线方程得答案．本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查计算能力，是中档题．16.【答案】(√2,√5+12)【解析】解：由题意如图，要使以A 1A 2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， 可得直线在x ，y 轴的交点分别为：(c,0)，(0,b)， 则O 到直线的距离小于半径，且b >a ，即bc√b 2+c 2<a ，b >a ，整理可得：{b 2>a 2c 4−3a 2c 2+a 4<0，即{2a 2<c 2e 4−3e 2+1<0，解得√2<e <√5+12， 故答案为：(√2,√5+12).由题意可得O 到直线的距离小于半径，且b >a ，可得a ，c 的关系，进而求出离心率的范围．本题考查双曲线的性质及点到直线的距离公式，属于中档题．17.【答案】解：(1)∵bcosA +√32a =c ．∴由正弦定理可得sinBcosA +√32sinA =sinC =sin(A +B)=sinAcosB +sinBcosA ，∴√32sinA =sinAcosB ，∴由sinA ≠0，可得cosB =√32，由B ∈(0,π)，可得B =π3，∵由题意sinBsinC =cos 2A2=1+cosA 2，∴sinBsinC =1−cosCcosB ， ∴cos(C −B)=1， ∵C ，B ∈(0,π)， ∴C =B ， ∴C =B =π3，(2)∵由(1)可得B =π3，∴由向量的中点表示可得BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴两边平方可得：BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+2BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =4BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2，可得：c 2+a 2+2⋅c ⋅a ⋅cosB =4(1+√3)2，可得：c 2+a 2+ac =16+8√3， ∴16+8√3≥2ac +ac =3ac ，解得ac ≤16+8√33，当且仅当a =c 时取等号，∴△ABC 的面积S =12acsinB =√34ac ≤4√3+63，当且仅当a =c 时取等号，即△ABC 面积的最大值是4√3+63．【解析】(1)由正弦定理，两角和的正弦函数公式可得√32sinA =sinAcosB ，结合sinA ≠0，可得cosB =√32，结合范围B ∈(0,π)，可得B =π3，进而利用二倍角公式，两角差的余弦函数公式化简已知等式可得cos(C −B)=1，结合范围C ，B ∈(0,π)，可得C =B =π3，即可得解．(2)由已知运用向量的中点表示可得BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，利用向量的模的平方即为向量的平方以及基本不等式即可得到ac 的最大值，进而根据三角形的面积公式即可求解． 本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，二倍角公式，两角差的余弦函数公式，基本不等式，三角形的面积公式以及平面向量的运算，考查了转化思想，属于中档题．18.【答案】解：(1)在△ACD 中，AC =√AD 2+CD 2−2AD ⋅CD ⋅cos120°=√3，cos∠DAC =AD 2+AC 2−CD 22AD⋅AC=√32，则∠DAC =π6． 在△ABC 中，cos∠BAC =AB 2+AC 2−BC 22AB⋅AC =12，则∠DAC =π6， 在△ABC 中，cos∠BAC =AB 2+AC 2−BC 22AB⋅AC=12，则∠BAC =π3， ∴∠BAD =π2，∴AB ⊥AD ，∵PA ⊥平面ABCD ，∴分别以直线AB ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， B(√3,0,0)，C(√32,32,0)，A(0,0,0)，P(0,0,√3)，N(√34,0,3√34)，M(√34,34,0)， AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√3)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32,32,0)，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,0,√3)， 设平面ACP 的法向量m⃗⃗⃗ =(x,y,z)， 则{m ⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =√32x +32y =0m ⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3z =0，取x =√3，则m ⃗⃗⃗ =(√3,−1,0)， 设平面BCP 的法向量n⃗ =(a,b,c)， 则{n ⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−√32a +32b =0n ⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−√3a +√3c =0，取a =√3，得n ⃗ =(√3,1,√3)，则cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√4×√7=√77， ∴二面角A −PC −B 的余弦值为√77． (2)设平面PCD 的法向量a ⃗ =(m,n,t)， PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,−√3)，PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,−√3)， 则{a ⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =√32m +32n −√3t =0a ⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =n −√3t =0，取n =√3，得a ⃗ =(−1,√3,1)，设N(x,y,z)，且BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，(0≤λ≤1)，满足(x −√3,y,z)=λ(−√3,0,√3)， 则N(√3−√3λ,0,√3λ)，MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√34−√3λ,−34,√3λ)，∵点N 在线段PB 上且MN//平面PDC ， ∴MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅a ⃗ =√3λ−3√34−3√34+√3λ=0，解得λ=34．MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−34,3√34)， ∵平面ACP 的法向量m ⃗⃗⃗ =(√3,−1,0)，cos <m ⃗⃗⃗ ,MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|m ⃗⃗⃗ |⋅|MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=342×32=14．∴直线MN与平面PAC所成角的正弦值为14．【解析】(1)分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，求出平面APC的法向量、平面PCD的法向量，利用向量法能求出二面角A−PC−D的正切值．(2)先根据条件求出点N的具体位置，再利用向量法能求出直线MN与平面PAC所成角的正弦值．本题考查线面角的正弦值、二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19.【答案】解：(1)由已知P(A|B0)=1，P(A|B1)=C194C204=45，P(A|B2)=C184C204=1219．(2)X的可能取值为0，1，2，P(X=0)=0.7+0.2×C194C204+0.1×C184C204=877950，P(X=1)=0.2×C193C204+0.1×C21C138C204=70950，P(X=2)=0.1×C22C182C204=3950，∴随机变量X的分布列为：E(X)=1×70950+2×3950=38475．(3)由(1)知P(A)=P(X=0)=877950，按照设计方案购买的一箱粉笔中，箱中每盒粉笔都是优质产品的概率为：P(B0|A)=P(AB0)P(A)=P(A|B0)P(B0)P(A)=666877，∵100×665877−100×0.7<10，∴该方案无效．【解析】(1)利用古典概型概率计算公式能求出P(A|B0)，P(A|B1)，P(A|B2).(2)X的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量X的分布列和数学期望．(3)由P(A)=P(X=0)=877950，得到按照设计方案购买的一箱粉笔中，箱中每盒粉笔都是优质产品的概率为P(B0|A)=P(AB0)P(A)=P(A|B0)P(B0)P(A)=666877，由100×665877−100×0.7<10，得到该方案无效．本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查方案是否有效的判断与求法，考查古典概型、条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.【答案】解：(1)f′(x)=2x+m+2x =2x2+mx+2x(x>0)，对于方程2x2+mx+2=0，Δ=m2−16，①当−4≤m≤4时，Δ=m2−16≤0，f′(x)≥0，此时f(x)没有极值点；②当m<−4时，方程2x2+mx+2=0的两根为x1，x2，不妨设x1<x2，则x1+x2=−m2>0,x1x2=1,0<x1<x2，当0<x<x1或x>x2时，f′(x)>0，当x1<x<x2时，f′(x)<0，此时x1，x2是函数f(x)的两个极值点；③当m>4时，方程2x2+mx+2=0的两根为x3，x4，且x3+x4=−m2<0,x3x4=1，故x3<0，x4<0，当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，故f(x)没有极值点；综上，当m<−4时，函数f(x)有两个极值点；当m≥−4时，函数f(x)没有极值点；(2)f(x)−2e x−3x2=x2+mx+2lnx−2e x−3x2≤0，即mx+2lnx−2e x−2x2≤0，则m≤2x2+2e x−2lnxx，设g(x)=x2+e x−lnxx,g′(x)=x2−1+(x−1)e x+lnxx2，当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，则g(x)≥g(1)=e+1，故m≤2(e+1)；(3)证明：由(2)知当m=2(e+1)时，(e+1)x+lnx−e x−x2≤0恒成立，即e x+x2−(e+1)x≥lnx，欲证e x+x2−(e+1)x≥1−1x ，只需证lnx≥1−1x，设ℎ(x)=lnx−1+1x ,ℎ′(x)=x−1x2，∴当x ∈(0,1)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减， 当x ∈(1,+∞)，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增， ∴ℎ(x)≥ℎ(1)=0，故lnx ≥1−1x ，∴对x ∈(0,+∞)，不等式e x +x 2−(e +1)x +1x −1≥0成立．【解析】本题考查利用导数研究函数的极值，以及不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想以及推理论证能力，属于较难题目．(1)函数的定义域为(0,+∞)，求导后研究方程2x 2+mx +2=0，分类讨论得出函数的单调性情况，进而得出极值点情况； (2)问题等价于m ≤2x 2+2e x −2lnxx，设g(x)=x 2+e x −lnxx，利用导数求函数g(x)的最小值即可；(3)由(2)知，(e +1)x +lnx −e x −x 2≤0恒成立，则问题转化为证明lnx ≥1−1x ，设ℎ(x)=lnx −1+1x ，利用导数证明ℎ(x)≥0恒成立即可．21.【答案】解：(1)设直线AB 方程为x =ty +m ，联立直线AB 与抛物线方程得{x =ty +my 2=x ，解得y 2−ty −m =0，则△=t 2+4m >0且{x 1x 2=m 2y 1y 2=−m，又∵0<OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ <2， ∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=m 2−m ∈(0,2)，解得1<m <2， ∴正实数m 的取值范围为(1,2)；(2)设A(y 12,y 1),B(y 22,y 2),C(y 32,y 3),D(y 42,y 4)，设过点N(4,0)的直线为x =t 1y +4，过点M(43,0)的直线为x =t 2y +43，由{x =t 1y +4y 2=x ，联立解得y 2−t 1y −4=0， 由{x =t 2y +43y 2=x ，联立解得y 2−t 2y −43=0， ∴{y 1y 3=−4y 2y 4=−4y 1y 2=−43， ∴k ABkCD=y 1−y 2y 12−y 22y 3−y 4y 32−y 42=y 3+y 4y1+y 2=−4(1y 1+1y 2)y 1+y 2=−4y1y 2=3，(i)∵直线AB 在y 轴上的纵截距取值范围为[−83,−43]， ∴k AB ∈[1,2]，∴k CD =13k AB ∈[13,23]，即k 0∈[13,23]；(ii)S △AMN =12⋅MN ⋅y 1,S △DMN =12⋅MN ⋅y 4， 由(1)和(i)可知，{y 1y 2=−my 2y 4=−4，∴S 2S 1=y 4y 1=−4−m =4m ∈[2,4]．【解析】(1)设直线AB 方程为x =ty +m ，与抛物线方程联立，由韦达定理可得{x 1x 2=m 2y 1y 2=−m，再结合已知条件0<OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ <2，即可求得正实数m 的取值范围； (2)设A(y 12,y 1),B(y 22,y 2),C(y 32,y 3),D(y 42,y 4)，设过点N(4,0)的直线为x =t 1y +4，过点M(43,0)的直线为x =t 2y +43，与抛物线方程联立后，可得{y 1y 3=−4y 2y 4=−4y 1y 2=−43，进而求得k AB =3k CD ，(i)由题意可知，k AB ∈[1,2]，进而得到k 0∈[13,23]；(ii)易知S 2S 1=y 4y 1=4m ，结合(1)中m 的范围即得解．本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查逻辑推理能力及运算求解能力，对计算能力要求较高，属于中档题．22.【答案】解：(1)曲线C 的参数方程为{x =2√3cosαy =√6sinα(α为参数)，转换为直角坐标方程为x 212+y 26=1．直线l 的参数方程为{x =1+√22ty =√3+√22t ，(t 为参数).转换为直角坐标方程为x −y −1+√3=0．(2)把直线的参数方程{x =1+√22t y =√3+√22t ，(t 为参数)，代入x 212+y 26=1，得到32t 2+(2√6+√2)t −5=0， 所以t 1+t 2=−4√6+2√23，t 1t 2=−103， 所以t 1+t 22=−2√6+√23，即|AM|=|t 2+t 22|=2√6+√23，|AP|⋅|AQ|=|t 1t 2|=103，所以|AP|⋅|AQ||AM|=1032√6+√23=10√6−5√211．【解析】(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．(2)利用一元二次方程根和系数关系式的应用和二次函数性质的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，一元二次方程根和系数关系式的应用，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．23.【答案】解：(1)|x +1|+|3−x|≥5等价为{x ≥3x +1+x −3≥5或{−1<x <3x +1+3−x ≥5或{x ≤−1−x −1+3−x ≥5， 解得x ≥72或x ∈⌀或x ≤−32，则原不等式的解集为(−∞,−32]∪[72,+∞)；(2)若∀x ∈R ，使f(x)≥m 恒成立，即为m ≤f(x)min ，由|x +1|+|3−x|≥|x +1+3−x|=4，当−1≤x ≤3时，取得等号，则f(x)的最小值为4，可得m ≤4，则n =4，即12a+b +1a+3b =n =4，由a >0，b >0，可得3a +4b =14[(2a +b)+(a +3b)](12a+b +1a+3b )=14(2+a+3b 2a+b +2a+b a+3b )≥14(2+2√a+3b 2a+b ⋅2a+ba+3b )=1， 当且仅当2a +b =a +3b ，即a =2b =15时取得等号，则3a +4b 的最小值为1．【解析】(1)由零点分区间法，结合绝对值的定义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；(2)由题意可得m ≤f(x)min ，运用绝对值的性质可得其最小值，进而得到m 的最大值，再由乘1法和基本不等式，可得所求最小值，注意运用3a +4b =(2a +b)+(a +3b)的变形．本题考查绝对值不等式的解法，注意运用分类讨论思想，考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想和绝对值不等式的性质，考查基本不等式的运用：求最值，化简整理的运算能力，属于中档题．。
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。
哈三中2020届高三学年第一次调研考试理科数学试卷答案
2020届高三学年第一次调研考试数学科试卷（理科）参考答案1. A2. D3. B4. C5. A6. A7. B8. D9.C 10.B 11. C 12. B ． 13． 250x y +-= 14．－2. 15.2916．4π 17．解：（1）在ABC ∆中，，，解得2BC =，∴．（2）Q，∴，∴在ABC ∆中，，∴， ．∴13CD =18. 证明：（1）如图1，三棱柱中，连结BM ， 11BCC B Q 是矩形，1BC BB ∴⊥，11//AA BB Q ，1AA BC ∴⊥，1AA MC ⊥Q ，，1AA ∴⊥平面BCM ，1AA MB ∴⊥， 1AB A B =Q ，M ∴是1AA 中点， //NP MA ∴，且NP MA =，∴四边形AMNP 是平行四边形，//MN AP ∴， MN ⊂/Q 平面ABC ，AP ⊂平面ABC ，//MN ∴平面ABC ．解：（2）1AB A B ⊥Q ，1ABA ∴∆是等腰直角三角形，设AB ， 则12AA a =，，在Rt ACM ∆中，2AC a =，MC a ∴=，在BCM ∆中，，MC BM ∴⊥，由（1）知1MC AA ⊥，1BM AA ⊥， 如图2，以M 为坐标原点，1MA ，MB ，MC 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 则(0M ，0，0)，(0C ，0，)a ，1(2B a ，a ，0)，(,,)22a aN a ∴，，设平面CMN 的法向量(n x =r，y ，)z ，则00n MC n MN ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u u r r g u u u u r rg ，即，取1x =，得(1n =r ，2-，0)，平面ACM 的法向量(0m =r，1，0)，则，Q 二面角A CM N --的平面角是钝角，∴二知识面角A CM N --的余弦值为．19．解：（Ⅰ）由频率分布直方图可知，得分在[20，40)的频率为，故抽取的学生答卷总数为6600.1=，，18x =． ∴没有90%的把握，认为性别与安全测试是否合格有关．（Ⅱ）“不合格”和“合格”的人数比例为，因此抽取的10人中“不合格”有4人，“合格”有6人，所以X 可能的取值为20、15、10、5、0，，1421735210所以．（Ⅲ）由（Ⅱ）知：∴．故我们认为该校的安全教育活动是有效的，不需要调整安全教育案．⋯⋯⋯⋯ 20. 解（1）可知12(1,0)(1,0)F F -，设0000(,),(,)P x y Q x y - 则22120000005(1,)(1,)1F P F Q x y x y x y =-=+--=--u u u r u u u u rg g ，又2004y x =， 所以200514x x -=-- 解得02x =，所以T （2,0）（2）据题意，直线m 的斜率必不为0，所以设:1m x ty =+，将直线m 的方程代入椭圆的方程中，整理得22(2)210t y ty ++-=，设1122(,),(,)A x y B x y ，则12122221(1),(2)22t y y y y t t +=-=-++，因为22F A F B λ=u u u u r u u u u r ，所以12y y λ=且0λ<，将（1）式平方除以（2）式得212221422y y t y y t ++=-+C所以221422t t λλ++=-+，又[]2,1λ∈--，解得2207t ≤≤又1212(4,)TA TB x x y y +=+-+u u r u u r ，2121224(1)4()22t x x t y y t ++-=+-=-+ 所以2221212222288=(4)()162(2TA TB x x y y t t ++-++=-+++u u r u u r ）令212n t =+，则71,162n ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以222717169=828+16=8()4,4232TA TB n n n ⎡⎤+---∈⎢⎥⎣⎦u u r u u r所以28TA TB ⎡+∈⎢⎣⎦u u r u u r ，21． 解：（1）因为22321x y lnxx =-，(1)x >，所以，当3x =时，；证明：（2）要证，只需证设，则所以()h x 在(1,)+∞上单调递减，所以()h x h <（1）0= 所以16yx <，即16m <；证明（3）因为，又由（2）知，当1x > 时，12x lnx x ->，所以，所以， 所以．[选修4--4：坐标系与参数方程] 22． 解：（1）由得，将222x y ρ=+，sin y ρθ=代入上式并整理得曲线C 的直角坐标方程为2212x y +=，设点P 的直角坐标为(,)x y ，因为P 的极坐标为，)4π，所以，，所以点P 的直角坐标为(1,1)．（2）将315415x t y t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩代入2212x y +=，并整理得，因为△，故可设方程的两根为1t ，2t ，则1t ，2t 为A ，B 对应的参数，且，依题意，点M 对应的参数为122t t +，所以．[选修4-5：不等式选讲]23． 解：（Ⅰ）0m >Q ，，∴当2x m -…时，()f x 取得最大值3m ．1m ∴=． （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得，221a b +=，∴．，当且仅当a b =时等号成立．102ab ∴<…， 令1()2h t t t=-，102t <…，则()h t 在(0，1]2上单调递减，，∴当102ab <…时，121ab ab-…，∴331a b b a +…．。
黑龙江省哈尔滨市第九中学2020届高三第二次模拟考试理科数学答案
所以椭圆 C 方程为： x 2 4
y2 1 ----------------------------------------------------------------- （ 4 分）
（2）设
M
(x1,
y1 ),
N(x2,
y2)
，则
G(
x1 3
,
y1 3
),
H
(
x2 3
,
y2 3
)
----------------------------------- （ 5 分）
a
a
所以
x0
1 (0, ln
1 a ], 使 g ' ( x0 ) 0 ，且当 x (0, x0 )时, g ' (x) 0
a
所以 g (x) 在 (0, x0 ) 递减，所以 x (0, x0 ) 时， g(x) g(0) 0 ，
所以 0 a 1不成立。 ------------------------------------------------------------------------------ （ 11 分）
分）
l : x 1代入 C 得： y
b2
1 ， 所以 | MN | 2 b2
1
，---------------------------（ 2 分）
4
4所以 S OMN源自1 | MN |3
2
2
b2 1
--------------------------------------------------------- （ 3 分）
令 g( x) (1 x2 ) x8 , x (0,1) , 则 g ( x) 2x7 (4 5x 2 )
2020届黑龙江省哈尔滨九中高三第四次模拟数学(理科)试卷(有答案)
哈尔滨市第九中学下学期高三学年第四次模拟考试数学学科试卷（理科）（考试时间：120 分钟满分：150 分共 2 页）第 I 卷(选择题共 60 分)一、选择题（本大题共 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）1.复数11i-（i 是虚数单位）的虚部是A. 1B. iC.12D.2 i2.设集合A x|lg10 x20，集合B x|2x 12，则A BA. 3,1B. 1,3C. 3,1D. 1,33.52xx⎛⎫-⎪⎝⎭的展开式中，x的系数为A.40B.-40C.80D.-804.命题“若x2 4 ，则x 2 且x 2”的否命题为A.若x2 4 ，则x 2 且x 2B.若x2 4 ，则x 2 且x 2C.若x2 4 ，则x 2 或x 2D.若x2 4 ，则x 2 或x 25.抛物线y 4a x2 a 0的焦点坐标是A. 0,aB. a,0C.(0,116a) D.(116a, 0)6.执行如图所示的程序框图，输出的k 值为( )A．7B．9C．3D．117.已知甲,乙两组数据如茎叶图所示,若它们的中位数相同,平均数也相同,则图中的m, n比值m nA. 29B.13C. 1D.388.设a, b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是A.存在唯一平面，使得a ，且b //B. 存在唯一直线l ，使得l // a ，且l bC.存在唯一直线l ，使得l a ，且l bD.存在唯一平面，使得a ，且b9.已知实数x, y 满足1040x yx yy m-+≥⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩,若目标函数z 2 xy 的最大值与最小值的差为2,则实数m的值为A. 4B.2C.3D. 1 210.一个空间几何体的三视图如右图所示，则该几何体的外接球的表面积为A. 24B. 6C. 4D. 211.为得到函数 ysin 3x π⎛⎫+⎪⎝⎭的图象，可将函数 y sin x 的图象向左平移 m 个单位长度，或向右平移 n 个单位长度（ m ， n 均为正数），则| m n |的最小值为A.3π B. 23π C. 43π D. 53π12.已知函数 f xlog xa a x ,要使f x 恒有两个零点，则 a 的取值范围是A. 1(1,)ee B.1, eC.1, 2eD. 12(,)ee e第Ⅱ卷（非 选择 题共 90 分）二、填空题 (本大题共 4 小题，每小题 5 分) 13.已知向量 是两个不共线的向量，若与共线，则=_______________14.由曲线y=x 2,y=x 围成的封闭图形的面积为___________________．15.在小语种提前招生考试中，某学校获得 5 个推荐名额，其中俄语 2 个，日语 2 个，西班牙语 1m 个，日语和俄语都要求有男生参加．学校通过选拔定下 3 男 2 女共 5 名推荐对象，则不同的推比值乙甲n 荐方法共有__________________． 16.已知数列 a n 的通项公式为，其前 n 项和为 S n ，则 S60三、解答题(共 70 分)17.(本题满分 12 分)在 ABC 中，角 A , B ,C 的对边分别为 a ,b , c ，点 (a , b ) 在直线 2x cos B y cos C c cos B上. 求证：(1) 求 cos B 的值； (2) 若 a23, b2, 求角 A 的大小及向量BC uuu r 在BA u uu r 方向上的投影.18. (本题满分 12 分)在某地区举行的一次数学竞赛中，随机抽取了 100 名考生的成绩（单位：分），并把所得数据列成了如下表所示的频数分布表：（1）求抽取的样本平均数x 和样本方差S 2（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）已知这次考试共有 2000 名考生参加， 如果近似地认为这次成绩z 服从正态分布N 2(,)μσ（其中μ近似为样本平均数x , 2σ近似为样本方差S 2），且规定827 .分是复试线，那么在这 2000 名考生中，能进入复试的16112.7≈.若z ～N 2(,)μσ，则，结果取整数部分）（3）已知样本中成绩在[90,100]中的6名考生中，有4名男生，2名女生，现从中选3人进行回访，记选出的男生人数为ξ，求ξ的分布列与期望E（ξ）19. (本题满分 12 分)如图，四棱锥P ABC D 中，底面ABC D是直角梯形， D AB 900, AD // BC ,AD 侧面PAB ，PAB 是等边三角形, DA AB 2 ，BC12AD, E 是线段AB 中点。
哈尔滨市第九中学2020届高三数学第三次模拟考试试题理含解析
A. B。 C。 D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由等差数列的前 项和公式和等差数列的性质，可得 。由无穷等差数列 的各项都为正数，可得公差 ，逐项判断，即得答案.
【详解】 ，
，故 正确.
∵无穷等差数列 的各项都为正数，∴公差 ,
故答案为： .
【点睛】本题考查利用二项式通项求指定项的系数，同时也考查了利用二项式系数比求参数,考查计算能力,属于中等题.
15. 在锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c,且a2 ab+b2＝1，c＝1,则 a﹣b的取值范围为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
根据 ， ,由余弦定理知 ,再根据正弦定理得到 ， ，于是 ，最后利用三角函数 性质就可求出相应的范围。
，故 正确.
，
故 错误。
，
故 正确.
故选:C。
【点睛】本题考查等差数列的前 项和公式和等差数列的性质，属于基础题。
11。 已知A，B是双曲线 实轴的两个端点，M，N是双曲线上关于x轴对称的两点，直线 ， 的斜率分别为 ， ,且 ,若 恒成立，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A。 B. C. D.
【答案】B
则对于任意 ，存在 ， ,使得 成立,即 ，
所以 当 时，不存在 ， ,使得 成立，故②错误；
对于③，若 是 在 上的“被追逐函数"，此时必有 ,解得 ,
当 时， 和 在 上单调递减,
若 是 在 上的“被追逐函数”,
则对于任意 ，存在 ， ,使得 成立,
即 ，所以 ，即 ,则 ，
构造函数 ,则 ，则 在 上单调递减,又 ,则 恒成立,
黑龙江省哈尔滨第九中学2020届高考数学模拟试卷
文科数学考试时间：120分钟；试卷总分:150分第I 卷（选择题)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．若复数(1)(3)mi i ++（i 是虚数单位，m R ∈）是纯虚数，则复数31m ii+-的模等于（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．42．“12m =”是“直线(2)310m x my +++=与直线(2)(2)30m x m y -++-=垂直”的（ ） A ．充分必要条件 B ．充分非必要条件 C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件3．将甲、乙两个篮球队5场比赛的得分数据整理成如图所示的茎叶图，由图可知以下结论正确的是( )A ．甲队平均得分高于乙队的平均得分中乙B ．甲队得分的中位数大于乙队得分的中位数C ．甲队得分的方差大于乙队得分的方差D ．甲乙两队得分的极差相等 4．已知下面程序，若程序执行后输出的结果是11880，则在程序后面的“_____”处应填A ．9i ≥B ．8i =C ．10i ≥D ．8i ≥5．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第n 行的所有数字之和为12n -，若去除所有为1的项，依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,，则此数列的前55项和为( )6．有两条不同的直线,m n 与两个不同的平面.αβ，下列结论中正确的是（ ） A ．,,m n m αβαβ⊥=⊥，则n β⊥ B ．m ,n //αβ⊥，且//αβ，则m n ⊥C ．//,m n n α⊆，则//m αD ．//,//m n αβ且//αβ，则//m n7．已知函数()11|||2|2f x x x x x=++-+-，则下列关于函数()f x 图像的结论正确的是( ） A ．关于点(0,0)对称 B ．关于点(0,1)对称 C ．关于y 轴对称 D ．关于直线1x =对称8．如图，在边长为2的正六边形ABCDEF 中，动圆Q 的半径为1，圆心在线段CD （含端点）上运动，P 是圆Q 上及内部的动点，设向量AP mAB nAF =+（m ，n 为实数），则m n +的最大值是（ ） A ．2B ．3C ．5D ．69．设0.7310.5,log 0.33p q ==，则有（ ） A ．p q pq p q ->>+ B ．p q p q pq ->+>C ．pq p q p q >->+D ．p q p q pq +>->10．设点M (x 0，1)，若在圆O ：x 2＋y 2＝1上存在点N ，使得∠OMN ＝45°，则x 0的取值范围是（ ） A ．[0,1]B ．[1,1]-C ．22[,]22-D ．2[0,]211．如图，已知1,F 2F 分别为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点，P 为第一象限内一点，且满足21122,()0F P a F P F F F P =+⋅=，线段2F P 与双曲线C 交于点Q ，若225||F P F Q =，则双曲线C 的渐近线方程为（ ） A ．5y x=±B ．12y x =±C ．3y x =±D ．3y x =± 12．已知数列{}n a 中，112,()1,n n n a n a a a n N *+=-=+∈ ，若对于任意的[]*2,2,a n N ∈-∈，不等式21211n a t at n +<+-+恒成立，则实数t 的取值范围为（ ） A ．(][),21,-∞-⋃+∞ B ．(][),22,-∞-⋃+∞ C ．(][),12,-∞-⋃+∞ D ．[]2,2-第II 卷（非选择题)二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13．函数()()5cos 2sin 26f x x x ππ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭,44x ππ⎛⎫⎡⎤∈- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的最大值为__________. 14．已知实数x ，y 满足3230{360220x y x y x y --≤-+≥+-≥，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15．已知,A B 是圆22:82160C x y x y +--+=上两点，点P 在抛物线22x y =上，当APB ∠取得最大值时，AB =__________．16．已知ABC ∆的内角、、A B C 的对边分别为a b c 、、，若2A B =，则2c bb a+的取值范围为______． 三、解答题（本题共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） （一）必考题：共60分.17．（本小题12分）已知向量满足，，函数．（Ⅰ）求在时的值域；（Ⅱ）已知数列，求的前项和．18．（本小题12分）在直三棱柱111ABC A B C -中，12,4AA BC ==，22AB AC ==，过BC 的截面α与面11AB C 交于EF ．（1）求证：EF BC ∥．（2）若截面α过点1A ，求证：α⊥面AEF ． （3）在（2）的条件下，求1A EFA V -．19．（本小题12分）如图，从参加环保知识竞赛的学生中抽出60名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布表和频率分布直方图如下，回答下列问题： 分组人数频率 [39．5,49．5） a 0.10 [49．5,59．5） 9 x [59．5,69．5） b 0.15 [69．5,79．5） 18 0.30 [79．5,89．5） 15 y [89．5,99．5] 3 0.05（1）分别求出,,,a b x y 的值，并补全频率分布直方图； （2）估计这次环保知识竞赛平均分；（3）若从所有参加环保知识竞赛的学生中随机抽取一人采访，抽到的学生成绩及格的概率有多大？20．（本小题12分）设函数()(1)ln (1)f x a ax x b x =+---，其中a ，b 是实数．已知曲线()y f x =与x 轴相切于点(1,0)．（1）求常数b 的值；（2）当12x ≤≤时，关于x 的不等式()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．21．（本小题12分）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>经过点33A 为椭圆C 的右顶点，直线l 与椭圆相交于不同于点A 的两个点1122(,),(,)P x y Q x y .（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）当•0AP AQ =时，求OPQ ∆面积的最大值；（Ⅲ）若直线l 的斜率为2，求证：APQ 的外接圆恒过一个异于点A 的定点.（二）选考题：共10分。
黑龙江省哈尔滨市第九中学2020接高三第二次模拟考试理科数学试题 含答案
中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等
边体的棱长为 2 ,则其体积为________;若其各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面
积为________.
三、解答题（共 70 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．第 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）
B． 2
C． 3 3
D． 3
11．在数列 an 中，a1 1, a2 2, a3 3, an3 (1)n an1 1(n N ) ，数列 an 的前 n 项和为 S n ，则
下列结论正确的是( )
A．数列 an 为等差数列
B． a18 11
C． a17 3
D． S31 146
12．已知函数
13．已知向量 a (1,1),b (2,1) ，若 (a b) (a b) ，则 _________. 14．记 n b(mod a) 表示正整数 n 除以正整数 a 后所得的余数为 b ，例如
8 2(mod 6) 表示 8 除以 6 后所得的余数为 2 ．执行右图的程序框图， 若输入的 n 值为 5 ，则输出的 n 值为__________.
17. （12 分）已知多面体 P ABCD 中， AB // CD ， BAD PAB 900 ， AB PA DA PD 1 CD ， M 是 PB 的中点．
2 （1）求证： PA CM ； （2）求直线 DB 与平面 PBC 所成角的正弦值．
18. （12 分）在 ABC 中，角 A, B,C 的对边分别为 a, b, c ，已知 2sin(B ) cos A cos C . 6
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．。
黑龙江省哈尔滨第九中学2020届高考数学模拟试卷
文科数学考试时间：120分钟；试卷总分:150分第I 卷（选择题)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．若复数(1)(3)mi i ++（i 是虚数单位，m R ∈）是纯虚数，则复数31m ii+-的模等于（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．42．“12m =”是“直线(2)310m x my +++=与直线(2)(2)30m x m y -++-=垂直”的（ ） A ．充分必要条件 B ．充分非必要条件 C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件3．将甲、乙两个篮球队5场比赛的得分数据整理成如图所示的茎叶图，由图可知以下结论正确的是( )A ．甲队平均得分高于乙队的平均得分中乙B ．甲队得分的中位数大于乙队得分的中位数C ．甲队得分的方差大于乙队得分的方差D ．甲乙两队得分的极差相等 4．已知下面程序，若程序执行后输出的结果是11880，则在程序后面的“_____”处应填A ．9i ≥B ．8i =C ．10i ≥D ．8i ≥5．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第n 行的所有数字之和为12n -，若去除所有为1的项，依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,L ，则此数列的前55项和为( )6．有两条不同的直线,m n 与两个不同的平面.αβ，下列结论中正确的是（ ）A ．,,m n m αβαβ⊥=⊥I ，则n β⊥B ．m ,n //αβ⊥，且//αβ，则m n ⊥C ．//,m n n α⊆，则//m αD ．//,//m n αβ且//αβ，则//m n7．已知函数()11|||2|2f x x x x x=++-+-，则下列关于函数()f x 图像的结论正确的是( ） A ．关于点(0,0)对称 B ．关于点(0,1)对称 C ．关于y 轴对称 D ．关于直线1x =对称8．如图，在边长为2的正六边形ABCDEF 中，动圆Q 的半径为1，圆心在线段CD （含端点）上运动，P 是圆Q 上及内部的动点，设向量AP mAB nAF =+u u u v u u u v u u u v（m ，n 为实数），则m n +的最大值是（ ） A ．2B ．3C ．5D ．69．设0.7310.5,log 0.33p q ==，则有（ ） A ．p q pq p q ->>+ B ．p q p q pq ->+>C ．pq p q p q >->+D ．p q p q pq +>->10．设点M (x 0，1)，若在圆O ：x 2＋y 2＝1上存在点N ，使得∠OMN ＝45°，则x 0的取值范围是（ ） A ．[0,1]B ．[1,1]-C ．22[,]22-D ．2[0,]211．如图，已知1,F 2F 分别为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点，P 为第一象限内一点，且满足21122,()0F P a F P F F F P =+⋅=u u u r u u u u r u u u u r，线段2F P 与双曲线C 交于点Q ，若225||F P F Q =，则双曲线C 的渐近线方程为（ ） A ．5y x=±B ．12y x =±C ．3y x =±D ．3y x =± 12．已知数列{}n a 中，112,()1,n n n a n a a a n N *+=-=+∈ ，若对于任意的[]*2,2,a n N ∈-∈，不等式21211n a t at n +<+-+恒成立，则实数t 的取值范围为（ ） A ．(][),21,-∞-⋃+∞ B ．(][),22,-∞-⋃+∞ C ．(][),12,-∞-⋃+∞ D ．[]2,2-第II 卷（非选择题)二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．函数()()5cos 2sin 26f x x x ππ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭,44x ππ⎛⎫⎡⎤∈- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的最大值为__________. 14．已知实数x ，y 满足3230{360220x y x y x y --≤-+≥+-≥，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15．已知,A B 是圆22:82160C x y x y +--+=上两点，点P 在抛物线22x y =上，当APB ∠取得最大值时，AB =__________．16．已知ABC ∆的内角、、A B C 的对边分别为a b c 、、，若2A B =，则2c bb a+的取值范围为______． 三、解答题（本题共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） （一）必考题：共60分.17．（本小题12分）已知向量满足，，函数．（Ⅰ）求在时的值域；（Ⅱ）已知数列，求的前项和．18．（本小题12分）在直三棱柱111ABC A B C -中，12,4AA BC ==，22AB AC ==，过BC 的截面α与面11AB C 交于EF ．（1）求证：EF BC ∥．（2）若截面α过点1A ，求证：α⊥面AEF ． （3）在（2）的条件下，求1A EFA V -．19．（本小题12分）如图，从参加环保知识竞赛的学生中抽出60名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布表和频率分布直方图如下，回答下列问题： 分组人数频率 [39．5,49．5） a 0.10 [49．5,59．5） 9 x [59．5,69．5） b 0.15 [69．5,79．5） 18 0.30 [79．5,89．5） 15 y [89．5,99．5] 3 0.05（1）分别求出,,,a b x y 的值，并补全频率分布直方图； （2）估计这次环保知识竞赛平均分；（3）若从所有参加环保知识竞赛的学生中随机抽取一人采访，抽到的学生成绩及格的概率有多大？20．（本小题12分）设函数()(1)ln (1)f x a ax x b x =+---，其中a ，b 是实数．已知曲线()y f x =与x 轴相切于点(1,0)．（1）求常数b 的值；（2）当12x ≤≤时，关于x 的不等式()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．21．（本小题12分）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>经过点33A 为椭圆C 的右顶点，直线l 与椭圆相交于不同于点A 的两个点1122(,),(,)P x y Q x y .（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）当•0AP AQ u u u r u u u r=时，求OPQ ∆面积的最大值；（Ⅲ）若直线l 的斜率为2，求证：APQ V 的外接圆恒过一个异于点A 的定点.（二）选考题：共10分。
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年黑龙江省哈尔滨三中高考数学一模试卷(理科)(含答案解析)
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，共60.0分）1.已知全集，集合，那么集合A. B.C. D.2.i为虚数单位，满足的复数z的虚部是A. 1B. iC.D.3.的展开式中的常数项为A. B. C. D. 94.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，圆锥的侧面展开图是半圆，则圆锥的母线长为A. B. 1 C. D.5.某商场每天的食品销售额万元与该商场的总销售额万元具有相关关系，且回归方程为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.已知为等比数列的前n项和，且是与的等差中项，则数列的公比为A. B. C. D. 或17.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，成绩在之外的人数估计有附：若X服从，则，A. 1814人B. 3173人C. 5228人D. 5907人8.以为焦点的椭圆与直线有公共点，则满足条件的椭圆中长轴最短的为A. B. C. D.9.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，则A. B. C. D.10.已知函数和函数的图象分别为曲线，，直线与，分别交于M，N两点，P为曲线上的点．如果为正三角形，则实数k的值为A. B. C. D.11.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.已知函数，若方程有7个不同的实数解，则的取值范围A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.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.已知点P为圆上任一点，，分别为椭圆的两个焦点，求的取值范围______．15.若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则______．16.已知双曲线的焦距为2c，，是实轴顶点，以为直径的圆与直线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7小题，共82.0分）17.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．若，求C的大小；若AC边上的中线BM的长为，求面积的最大值．18.如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，点M是AC与BD的交点．求二面角的余弦值；若点N在线段PB上且平面PDC，求直线MN与平面PAC所成角的正弦值．19.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，和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1，．求，，；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；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.已知函数．讨论在定义域内的极值点的个数；若对，恒成立，求实数m的取值范围；证明：若，不等式成立．21.过x轴正半轴上一点做直线与抛物线E：交于，，两点，且满足，过定点与点A做直线AC与抛物线交于另一点C，过点与点B做直线BD与抛物线交于另一点设三角形AMN的面积为，三角形DMN的面积为．求正实数m的取值范围；连接C，D两点，设直线CD的斜率为；当时，直线AB在y轴的纵截距范围为，则求的取值范围；当实数m在取到的范围内取值时，求的取值范围．22.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为为参数，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，为参数．写出曲线C的极坐标方程以及直线l的普通方程；f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．求的解集；若，使恒成立的m的最大值为正数a，b满足，求的最小值．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：解：因为集合或，，则，那么集合，故选：B．首先解不等式求出集合A，B，由补集的运算求出，再由交集的运算求出．本题考查了解不等式和集合交、补集的混合运算，属于基础题．2.答案：C解析：解：由，得，复数z的虚部是．故选：C．直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.答案：C解析：解：的展开式中的通项公式为，令，求得，可得常数项为，故选：C．先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．4.答案：D解析：解：现有同高的圆锥和棱锥满足祖咂原理的条件，棱锥的体积为，圆锥的体积为，圆锥的侧面展开图是半圆，设圆锥的侧面展开图这个半圆的半径是R，即圆锥的母线长是R，半圆的弧长是，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，设圆锥的底面半径是r，则得到，，圆锥的高，圆锥的体积．解得，则圆锥的母线长为．故选：D．推导出圆锥的体积为，设圆锥的侧面展开图这个半圆的半径是R，即圆锥的母线长是R，半圆的弧长是，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，设圆锥的底面半径是r，则，圆锥的高，由此能求出圆锥的母线长．本题考查圆锥的母线长的求法、考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．5.答案：A解析：解：商场每天的食品销售额万元与该商场的总销售额万元的线性回归方程为，当商场平均每天的食品销售额为8万元时，该商场平均每天的总销售额为，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：，故选：A．根据线性回归方程得到该商场平均每天的总销售额，从而求出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．本题主要考查了函数的实际应用，以及线性回归方程的应用，是基础题．6.答案：A解析：解：是与的等差中项，即为，若公比，则，即有，即，显然不成立，故，则，化为，即，解得或舍去，故选：A．由等差数列的中项性质和等比数列的求和公式，解方程可得所求公比，注意公比为1的情况．本题考查等比数列的求和公式和等差数列的中项性质，考查方程思想和化简运算能力，属于基础题．7.答案：A解析：解：由数学分数服从正态分布，得，．则．则成绩在之内的人数估计有8183，成绩在之外的人数估计有1817，与1814最接近．故选：A．由已知可得，，则，求出概率，乘以10000可得成绩在之内人数的近似值，再由10000减去该近似值得答案．本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．8.答案：C解析：解：以为焦点的椭圆，设椭圆方程为，由得，由题意，a有解，，，或舍，，此时椭圆方程是：．故选：C．先设椭圆方程，然后与直线方程联立方程组，再根据该方程组有解即可求出a的最小值，则问题解决．本题主要考查由代数方法解决直线与椭圆交点问题，是中档题．9.答案：C解析：解：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，则，解得．故选：C．利用n次独立重复试验中事件A恰好发生一次的概率计算公式能求出结果．本题考查概率的求法，考查n次独立重复试验中事件A恰好发生一次的概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．10.答案：B解析：解：由已知可设，，则P点横坐标为，又因为点P在函数的图象上，所以，因为为正三角形，则，故直线PM的斜率等于，，即，，即，，故选：B．由已知条件设出M，N，P的坐标，利用直线PM的倾角是，即斜率为，利用斜率的坐标公式列出关于K的方程，解指对数方程即可本题主要考查对数函数的图象和性质应用，体现了数形结合和转化的数学思想，属于中档题．11.答案：D解析：解：将一枚骰子抛掷3次，基本事件总数，最大点数与最小点数之差为3包含三种情况：取最小点为1，最大点为4，另外1个点数可能为1，2，3，4，包含的基本事件个数为，取点最小点为2，最大点为5，另外1个点数可能为2，3，4，5，包含的基本事件个数为，取点最小点为3，最大点为6，另外1个点数可能为3，4，5，6，包含的基本事件个数为，则最大点数与最小点数之差为3的概率是：．故选：D．将一枚骰子抛掷3次，基本事件总数，最大点数与最小点数之差为3包含三种情况：取最小点为1，最大点为4，另外1个点数可能为1，2，3，4，包含的基本事件个数为，取点最小点为2，最大点为5，另外1个点数可能为2，3，4，5，包含的基本事件个数为，取点最小点为3，最大点为6，另外1个点数可能为3，4，5，6，包含的基本事件个数为，由此能求出最大点数与最小点数之差为3的概率．本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．12.答案：C解析：解：当时，，令，解得，故在上单调递增，在上单调递减，且，时，，作出函数的图象如下图所示，令，则有两个不同的实数根，，要使方程有7个不同的实数解，则，，，即，作出上述不等式组表示的可行域如下图所示，由可行域可知，当取点时，最小，且最小值为2；当取点时，最大，且最大值为12．故的取值范围为．故选：C．利用导数研究函数的性质，可作出的草图，观察图象，结合题设条件可得方程有两个不同的实数根，，且，，利用二次函数根的分布，可以得到m，n满足的约束条件，由此作出可行域，再根据的几何意义，求得取值范围．本题考查分段函数的综合运用，涉及了利用导数研究函数的性质，“套套”函数，二次函数根的分布，简单的线性规划等知识点，考查换元思想，数形结合思想，函数与方程思想等数学思想，考查逻辑推理能力，运算求解能力，直观想象等数学能力，属于较难题目．13.答案：解析：解：依题意，函数，上的图象与直线有两个不同的交点，，又，，，函数的图象如下，由图可知，．故答案为：．依题意，函数，上的图象与直线有两个不同的交点，化简，作出函数在上的图象，观察图象即可得到m的取值范围．本题主要考查函数零点与方程根的关系，考查三角恒等变换以及三角函数的图象及性质，考查数形结合思想及化简求解能力，属于中档题．14.答案：解析：解：如图，椭圆的焦点，，设，则，，则，的取值范围是．故答案为：．由椭圆方程求出焦点坐标，设，得到与的坐标，写出数量积，再由三角函数求最值可得的取值范围．本题考查圆与椭圆综合，考查平面向量的数量积运算，训练了利用三角函数求最值，是中档题．15.答案：1或解析：解：设与和的切点分别为、；由导数的几何意义可得，曲线在处的切线方程为，即，曲线在点处的切线方程为，即，则，，解得，或．当时，切线方程为，即，当时，切线方程为，即，或．故答案为：1或．分别设出直线与两曲线的切点坐标，求出导数值，得到两切线方程，由两切线重合得答斜率和截距相等，从而求得切线方程得答案．本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查计算能力，是中档题．16.答案：解析：解：由题意如图，要使以为直径的圆与直线在第一象限有两个不同公共点，可得直线在x，y轴的交点分别为：，，则O到直线的距离小于半径，且，即，，整理可得：，即，解得，故答案为：由题意可得O到直线的距离小于半径，且，可得a，c的关系，进而求出离心率的范围．本题考查双曲线的性质及点到直线的距离公式，属于中档题．17.答案：解：．由正弦定理可得，，由，可得，由，可得，由题意，，，，，，，由可得，由向量的中点表示可得，两边平方可得：，可得：，可得：，，解得，当且仅当时取等号，的面积，当且仅当时取等号，即面积的最大值是．解析：由正弦定理，两角和的正弦函数公式可得，结合，可得，结合范围，可得，进而利用二倍角公式，两角差的余弦函数公式化简已知等式可得，结合范围C，，可得，即可得解．由已知运用向量的中点表示可得，利用向量的模的平方即为向量的平方以及基本不等式即可得到ac的最大值，进而根据三角形的面积公式即可求解．本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，二倍角公式，两角差的余弦函数公式，基本不等式，三角形的面积公式以及平面向量的运算，考查了转化思想，属于中档题．18.答案：解：在中，，，则．在中，，则，在中，，则，，，平面ABCD，分别以直线AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，0，，，0，，0，，0，，，0，，，，，设平面ACP的法向量y，，则，取，则，设平面BCP的法向量b，，则，取，得，则，二面角的余弦值为．设平面PCD的法向量n，，，1，，则，取，得，设y，，且，，满足，则0，，，点N在线段PB上且平面PDC，，解得．，平面ACP的法向量，．直线MN与平面PAC所成角的正弦值为．解析：分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，求出平面APC的法向量、平面PCD的法向量，利用向量法能求出二面角的正切值．先根据条件求出点N的具体位置，再利用向量法能求出直线MN与平面PAC所成角的正弦值．本题考查线面角的正弦值、二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19.答案：解：由已知，，．的可能取值为0，1，2，，，，随机变量X的分布列为：X 0 1 2P．由知，按照设计方案购买的一箱粉笔中，箱中每盒粉笔都是优质产品的概率为：，，该方案无效．解析：利用古典概型概率计算公式能求出，，的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量X的分布列和数学期望．由，得到按照设计方案购买的一箱粉笔中，箱中每盒粉笔都是优质产品的概率为，由，得到该方案无效．本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查方案是否有效的判断与求法，考查古典概型、条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.答案：解：，对于方程，，当时，，，此时没有极值点；当时，方程的两根为，，不妨设，则，当或时，，当时，，此时，是函数的两个极值点；当时，方程的两根为，，且，故，，当时，，故没有极值点；综上，当时，函数有两个极值点；当时，函数没有极值点；，即，则，设，当时，，单调递减，当时，，单调递增，则，故；证明：由知当时，恒成立，即，欲证，只需证，设，当时，，单调递减，当，，单调递增，，故，对，不等式成立．解析：函数的定义域为，求导后研究方程，分类讨论得出函数的单调性情况，进而得出极值点情况；问题等价于，设，利用导数求函数的最小值即可；由知，恒成立，则问题转化为证明，设，利用导数证明恒成立即可．本题考查利用导数研究函数的极值，以及不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想以及推理论证能力，属于较难题目．21.答案：解：设直线AB方程为，联立直线AB与抛物线方程得，解得，则且，又，，解得，正实数m的取值范围为；设，设过点的直线为，过点的直线为，由，联立解得，由，联立解得，，，直线AB在y轴上的纵截距取值范围为，，，即；，由和可知，，．解析：设直线AB方程为，与抛物线方程联立，由韦达定理可得，再结合已知条件，即可求得正实数m的取值范围；设，设过点的直线为，过点的直线为，与抛物线方程联立后，可得，进而求得，由题意可知，，进而得到；易知，结合中m的范围即得解．本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查逻辑推理能力及运算求解能力，对计算能力要求较高，属于中档题．22.答案：解：曲线C的参数方程为为参数，转换为直角坐标方程为．直线l的参数方程为，为参数转换为直角坐标方程为．把直线的参数方程，为参数，代入，得到，所以，，所以，即，，所以．解析：直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．利用一元二次方程根和系数关系式的应用和二次函数性质的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，一元二次方程根和系数关系式的应用，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．23.答案：解：等价为或或，解得或或，则原不等式的解集为；若，使恒成立，即为，由，当时，取得等号，则的最小值为4，可得，则，即，由，，可得，当且仅当，即时取得等号，则的最小值为1．解析：由零点分区间法，结合绝对值的定义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；由题意可得，运用绝对值的性质可得其最小值，进而得到m的最大值，再由乘1法和基本不等式，可得所求最小值，注意运用的变形．本题考查绝对值不等式的解法，注意运用分类讨论思想，考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想和绝对值不等式的性质，考查基本不等式的运用：求最值，化简整理的运算能力，属于中档题．。
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，．。