2020届黑龙江省哈尔滨市第三中学高三下学期第一次调研考试数学(理)试题解析
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．。
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。
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）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知全集U=，集合A={-2，-1，0，1，2}，B={x|x2≥4}，则如图中阴影部分所表示的集合为（）A. {-2，-1，0，1}B. {0}C. {-1，0}D. {-1，0，1}2.若复数z=，则|z|=（）A. 8B. 2C. 2D.3.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.B.C. 2D.4.已知a=，b=，c=，则（）A. b＜a＜cB. a＜b＜cC. b＜c＜aD. c＜a＜b5.已知数列{a n}的前n项和S n＝2+λa n，且a1＝1，则S5＝（）A. 27B.C.D. 316.设随机变量ξ～B（2，p），η～B（4，p），若，则P（η≥2）的值为（）A. B. C. D.7.已知双曲线C：-=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F1的距离为（）A. 2B. 4C. 6D. 88.甲、乙等5人排一排照相，要求甲、乙2人相邻但不排在两端，那么不同的排法共有（）A. 36种B. 24种C. 18种D. 12种9.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0，则判断框中的条件不可能是（）A. n≤2014B. n≤2015C. n≤2016D. n≤201810.若的展开式中含有常数项，且n的最小值为a，则=（）A. 36πB.C.D. 25π11.已知x2+y2＝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（）A. B. C. D.12.函数，方程[f（x）]2-（m+1）f（x）+1-m=0有4个不相等实根，则m的取值范围是（）A. B.C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量，，则向量与夹角的余弦值为________．14.设x，y满足约束条件，则的最大值是______．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______．16.在四面体ABCD中，AB=AD=2，∠BAD=60°，∠BCD=90°，二面角A-BD-C的大小为150°，则四面体ABCD外接球的半径为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在△ABC，，BC=2．（1）若AC=3，求AB的长；（2）若点D在边AB上，AD=DC，DE⊥AC，E为垂足，，求角A的值．18.某市为了鼓励市民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量划分为三档，月用电量不超过200度的部分按0.5元/度收费，超过200度但不超过400度的部分按0.8元/度收费，超过400度的部分按1.0元/度收费.（1）求某户居民用电费用（单位：元）关于月用电量（单位：度）的函数解析式；（2）为了了解居民的用电情况，通过抽样，获得了今年1月份100户居民每户的用电量，统计分析后得到如图所示的频率分布直方图，若这100户居民中，今年1月份用电费用不超过260元的点80%，求的值；（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1月份的用电费用，求的分布列和数学期望．19.如图所示，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2.(1)若M为CD中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；(2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值．20.在平面直角坐标系xOy中，与点M（-2，3）关于直线2x-y+2=0对称的点N位于抛物线C：x2=2py（p＞0）上．（1）求抛物线C的方程；（2）过点N作两条倾斜角互补的直线交抛物线C于A，B两点（非N点），若AB 过焦点F，求的值．21.已知函数f（x）=（x2+x）ln x+2x3+（1-a）x2-（a+1）x+b（a，b∈R）．（1）当a=0，b=0时，求f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）若f（x）≥0恒成立，求b-2a的最小值22.已知曲线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，且两种坐标系中取相同的长度单位．（1）把曲线C1、C2的方程化为极坐标方程（2）设C1与x轴、y轴交于M，N两点，且线段MN的中点为P．若射线OP与C1、C2交于P、Q两点，求P，Q两点间的距离．23.设a，b，c＞0，且ab+bc+ca=1，求证：（1）a+b+c≥；（2）++≥（++）答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查集合的基本运算，利用图象先确定集合关系是解决本题的关键，比较基础．由图象可知阴影部分对应的集合为A∩（U B），然后根据集合的基本运算求解即可. 【解答】解：由Venn图可知阴影部分对应的集合为A∩（U B），∵B={x|x2≥4}={x|x≥2或x≤-2}，A={-2，-1，0，1，2}，∴U B={x|-2＜x＜2}，即A∩（U B）={-1，0，1}，故选：D．2.【答案】D【解析】解：复数z=，则|z|===．故选：D．直接利用复数的模的运算法则化简求解即可．本题考查复数的模的求法，复数的基本运算，是基础题．3.【答案】A【解析】【分析】本题考查了棱锥的结构特征与三视图，体积计算，属于中档题．根据三视图判断三棱锥的底面形状和高，代入体积公式计算即可．【解答】解：由主视图和侧视图可知棱锥的高h=2，结合侧视图和俯视图可知三棱锥的底面ABC为直角三角形，BC=1，AB=2，AB⊥BC，∴三棱锥的体积V==，故选A．4.【答案】A【解析】解：由a==b==根据指数函数的单调性，∴a＞b．a==，c=，∴a＜c，可得：b＜a＜c．故选：A．利用指数函数的单调性即可比较大小．本题考查了指数函数的单调性的运用和化简能力．属于基础题．5.【答案】C【解析】【分析】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．由S n=2+λa n，且a1=1，可得1=a1=S1=2+λ，解得λ=-1，n≥2时，S n=2-a n=2-（S n-S n-1），化为：S n-2=（S n-1-2），S1-2=-1，利用等比数列的通项公式即可得出．【解答】解：S n=2+λa n，且a1=1，∴1=a1=S1=2+λ，解得λ=-1，∴n≥2时，S n=2-a n=2-（S n-S n-1），化为：S n-2=（S n-1-2），S1-2=-1，{S n-2}为等比数列，首项为-1，公比为，∴S n-2=-，即S n=2-，则S5=2-=，故选：C．6.【答案】B【解析】【分析】本题考查二项分布及独立重复试验的模型，本题解题的关键是首先根据条件求出题目中要用的P的值，在根据二项分布的概率公式得到结果．根据随机变量ξ～B（2，p），，写出概率的表示式，求出其中P的值，把求得的P的值代入η～B（4，p），求出概率．【解答】解：∵随机变量ξ～B（2，p），，∴1-p0•（1-p）2=，∴P=，∴η～B（4，），∴P（η≥2）=++=，故选：B．7.【答案】D【解析】解：设渐近线为，∵右焦点F2到渐近线的距离为4，∴，即b=4．∵双曲线C上到F2的距离为2的点有且仅有1个，这个点是右顶点，∴c-a=2．∴（c-a）2=4=b，⇒（c-a）4=b2=（c-a）（c+a），∴c+a=（c-a）3=8．则这个点到双曲线C的左焦点F1的距离为c+a=8，故选：D．设渐近线为，可得，即b=4．又c-a=2．即（c-a）2=4=b，⇒（c-a）4=b2=（c-a）（c+a），c+a=（c-a）3=8．即可得到这个点到双曲线C的左焦点F1的距离为c+a=8，本题考查了双曲线的性质，转化思想，属于中档题．8.【答案】B【解析】解：由题意，甲、乙捆绑，安排中间位置，共有=4种排法，其余3人排其它3个位置，共有=6种排法利用乘法原理，可得不同的排法有4×6=24种排法故选：B．先甲、乙捆绑，安排中间位置，再将其余3人排其它3个位置，利用乘法原理，即可得到结论．本题考查排列、组合知识，考查乘法原理的运用，考查学生的计算能力，属于基础题．9.【答案】A【解析】解：模拟执行程序，可得前6步的执行结果如下：s=0，n=1；满足条件，执行循环体，s=，n=2；满足条件，执行循环体，s=0，n=3；满足条件，执行循环体，s=0，n=4；满足条件，执行循环体，s=，n=5；满足条件，执行循环体，s=0，n=6…观察可知，s的值以3为周期循环出现，当n的值除以3余1时，可得对应的s的值为，由于：2014=671×3+1所以：判断条件为n≤2014？时，s=符合题意．故选：A．模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的s，n的值，观察可知，s的值以3为周期循环出现，可得判断条件为n≤2014？时，s=符号题意．本题主要考查了循环结构的程序框图的应用，正确依次写出每次循环得到的s，n的值是解题的关键，属于基础题．10.【答案】C【解析】解：的展开式的通项为，因为展开式中含有常数项，所以，即为整数，故n的最小值为5．∴a=5．所以=dx==．故选：C．利用二项式定理的通项公式可得n的最小值，再利用微积分基本定理及其定积分几何意义即可得出．本题考查了二项式定理的通项公式、微积分基本定理及其定积分几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11.【答案】D【解析】【分析】本题考查等差数列的后三项的最大值的求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用，为中档题.根据题意，设插入的三个数为a、b、c，即构成等差数列的五个数分别为x，a，b，c，y，由等差数列的性质可得b、c的值，分析可得这个等差数列后三项和为b+c+y=3b=，进而设x=2cosα，y=2sinα，则b+c+y=（x+3y）=（cosα+3sinα），利用三角函数性质能求出这个等差数列后三项和的最大值．【解答】解：根据题意，设插入的三个数为a、b、c，即构成等差数列的五个数分别为x，a，b，c，y，则有x+y=a+c=2b，则b=，c===，则这个等差数列后三项和为b+c+y=，又由x2+y2=4，设x=2cosα，y=2sinα，则b+c+y=（x+3y）=（cosα+3sinα）=sin（α+φ）≤，其中tanφ=.即这个等差数列后三项和的最大值为；故选D.12.【答案】C【解析】【分析】利用函数的导数，求出函数的极值，利用函数的图象以及极值，判断m的范围即可．求得f（x）的导数，可得单调区间和极值，作出f（x）的图象，设t=f（x），关于x的方程[f（x）]2-（m+1）f（x）+1-m=0，解得t，再由图象可得m的不等式，解不等式即可得到所求范围．本题考查方程的根的个数问题解法，考查数形结合思想方法，以及导数的运用：求单调区间和极值，考查运算能力，属于中档题．【解答】解：函数是连续函数，x=0时，y=0．x＞0时，函数的导数为f′（x）=，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）递减，可得f（x）在x=1处取得极大值，f（x）∈（0，]x＜0时，f′（x）=-＜0，函数是减函数，作出y=f（x）的图象，设t=f（x），关于x的方程[f（x）]2-（m+1）f（x）+1-m=0即为t2-（m+1）t+1-m=0，有1个大于实根，一个根在（0，）；由题意可得：解得m∈．故选：C．13.【答案】【解析】【分析】本题考查向量的夹角的计算，涉及向量数量积的计算，关键是掌握向量数量积的坐标计算公式，属于基础题.根据题意，设向量与夹角为θ，由向量的坐标计算公式可得||、||以及•的值，由向量数量积的坐标计算公式cosθ=，计算可得答案．【解答】解：根据题意，设向量与夹角为θ，向量，，则||=2，||=5，且•=2×（-3）+（-4）×（-4）=10，cosθ===，故答案为：．14.【答案】2【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=x-y得y=x-z，平移直线y=x-z，由图象直线当直线y=x-z经过B（2，0）时，直线y=x-z的截距最小，此时z最大为z=2-0=2，即z=x-y的最大值是2，故答案为：2．作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用直线平移进行求解即可．本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合是解决本题的关键．15.【答案】C【解析】【分析】根据题意，依次假设参赛的作品为A、B、C、D，判断甲、乙、丙、丁的说法的正确性，即可判断．本题考查了合情推理的问题和验证法的应用，注意“这四位同学中有两位说的话是对的”的这一条件．【解答】解：根据题意，A，B，C，D作品进行评奖，只评一项一等奖，假设参赛的作品A为一等奖，则甲、丙，丁的说法都正确，乙错误，不符合题意；假设参赛的作品B为一等奖，则甲、乙、丙、丁的说法都错误，不符合题意；假设参赛的作品C为一等奖，则乙，丙的说法正确，甲、丁的说法错误，符合题意；假设参赛的作品D为一等奖，则甲、乙，丙的说法都错误，丁的说法正确，不符合题意；故获得参赛的作品C为一等奖；故答案为：C．16.【答案】【解析】【分析】本题考查球的内接体，二面角的平面角的应用，球与平面相交的性质的应用，考查空间想象能力以及计算能力．利用已知条件画出图形，判断球心的位置，转化求解球的半径即可．【解答】解：在四面体ABCD中，AB=AD=2，∠BAD=60°，∠BCD=90°，二面角A-BD-C的大小为150°，四面体ABCD外接球，如图：则△BCD在求出一个小圆上，BD的中点为圆心N，△ABD是正三角形，也在球的一个小圆上，圆心为M，作OM⊥平面ABD，ON⊥平面BCD，O为球心，二面角A-BD-C的大小为150°，作NP⊥BD，则∠ANP=150°，可得∠ONM=60°，MN=，则ON=，BN=1，外接球的半径为：=．故答案为：．17.【答案】解：（1）设AB=x，则由余弦定理有：AC2=AB2+BC2-2AB•BC cosB，即32=22+x2-2x•2cos60°，解得：，所以；（2）因为，所以．在△BCD中，由正弦定理可得：，因为∠BDC=2∠A，所以．所以，所以．【解析】（1）设AB=x，通过AC2=AB2+BC2-2AB•BC cosB，求解即可．（2）在△BCD中，由正弦定理可得：，转化求解A即可．本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，三角形的解法，考查计算能力．18.【答案】解：（1）当0≤x≤200时，y=0.5x；当200＜x≤400时，y=0.5×200+0.8×（x-200）=0.8x-60，当x＞400时，y=0.5×200+0.8×200+1.0×（x-400）=x-140，所以y与x之间的函数解析式为：y=．（2）由（1）可知：当y=260时，x=400，则P（x≤400）=0.80，结合频率分布直方图可知：0.1+2×100b+0.3=0.8，100a+0.05=0.2，∴a=0.0015，b=0.0020．（3）由题意可知X可取50，150，250，350，450，550．当x=50时，y=0.5×50=25，∴P（y=25）=0.1，当x=150时，y=0.5×150=75，∴P（y=75）=0.2，当x=250时，y=0.5×200+0.8×50=140，∴P（y=140）=0.3，当x=350时，y=0.5×200+0.8×150=220，∴P（y=220）=0.2，当x=450时，y=0.5×200+0.8×200+1.0×50=310，∴P（y=310）=0.15，当x=550时，y=0.5×200×0.8×200+1.0×150=410，∴P（y=410）=0.05．故Y的分布列为：EY=25×0.1+75×0.2+140×0.3+220×0.2+310×0.15+410×0.05=170.5．【解析】（1）利用分段函数的性质即可得出．（2）利用（1），结合频率分布直方图的性质即可得出．（3）由题意可知X可取50，150，250，350，450，550．结合频率分布直方图的性质即可得出．本题考查了分段函数的性质、频率分布直方图的性质、随机变量的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．19.【答案】证明：（Ⅰ）∵四边形为菱形，∠BAD=120°，连接AC，∴△ACD为等边三角形，又∵M为CD中点，∴AM⊥CD，由CD∥AB得，∴AM⊥AB，∵AA1⊥底面ABCD，AM⊂底面ABCD，∴AM⊥AA1，又∵AB∩AA1=A，∴AM⊥平面AA1B1B解：（Ⅱ）∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，AB=AA1=2A1B1=2，∴DM=1，，∠AMD=∠BAM=90°，又∵AA1⊥底面ABCD，设M为CD中点，分别以AB，AM，AA1为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A1（0，0，2）、B（2，0，0）、、，∴，，，设平面A1BD的一个法向量，则有，令x=1，则，∴直线DD1与平面A1BD所成角θ的正弦值：．【解析】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．20.【答案】解：（1）设N（m，n），则，解之得N（2，1），代入x2=2py得p=2，所以抛物线C的方程为x2=4y．（2）显然直线NA的斜率是存在的，设直线NA的方程y-1=k（x-2），设直线NB的方程y-1=-k（x-2），设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程消元，得x2-4kx+8k-4=0，所以2+x1=4k，∴x1=4k-2，所以y1=4k（k-1）+1，故A（4k-2，4k（k-1）+1），同理，B（-4k-2，4k（k+1）+1），所以k AB==-1若＜1，因为cos45°=，所以==3-2，若＞1，同理可求==3+2【解析】（1）设N（m，n），则，解之得N（2，1），即可得到；（2）设显然直线NA的斜率是存在的，设直线NA的方程y-1=k（x-2），设直线NB的方程y-1=-k（x-2），设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程消元，得x2-4kx+8k-4=0，运用韦达定理，求出A，B的坐标，再根据直线的斜率，再由两点的距离公式，化简整理，即可求出本题考查椭圆的方程和性质，同时考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，以及斜率公式运用，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于中档题21.【答案】解：（1）f（x）=（x2+x）ln x+2x3+x2-x的导数为f′（x）=（2x+1）ln x+（x2+x）•+6x2+2x-1=（2x+1）（ln x+3x），可得切线的斜率为9，切点为（1，2），则切线方程为y-2=9（x-1），即y=9x-7；（2）f′（x）=（2x+1）ln x+（x2+x）•+6x2+2（1-a）x-a-1=（2x+1）（ln x+3x-a），令h（x）=ln x+3x-a，则h（x）在（0，+∞）上单调递增，又x→0时，h（x）→-∞，当x→+∞时，h（x）→+∞，∴存在唯一一个x0∈（0，+∞），使得h（x0）=0，即a=3x0+ln x0．当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，当x＞x0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．∴f min（x）=f（x0）=（x02+x0）ln x0+2x03+（1-a）x02-（a+1）x0+b=（x02+x0）ln x0+2x03+（1-3x0-ln x0）x02-（3x0+ln x0+1）x0+b=-x03-2x02-x0+b．∵f（x）≥0恒成立，∴-x03-2x02-x0+b≥0，即b≥x03+2x02+x0．∴b-2a≥x03+2x02+x0-2a=x03+2x02+x0-6x0-2ln x0=x03+2x02-5x0-2ln x0，设φ（x）=x3+2x2-5x-2ln x，x∈（0，+∞），则φ′（x）=3x2+4x-5-=3x（x-1）+=，∴当0＜x＜1时，φ′（x）＜0，当x＞1时，φ′（x）＞0，∴φ（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴φ（x）≥φ（1）=-2．∴当x0=1时，即a=3x0+ln x0=3，b=x03+2x02+x0=4时，b-2a取得最小值-2．【解析】（1）求得f（x）的解析式，以及导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程可得切线方程；（2）f′（x）=（2x+1）（ln x+3x-a），设x0为h（x）=ln x+3x-a的零点，得出a，b关于x0的表达式及f（x）的单调性，从而得出b-2a关于x0的函数，根据x0的范围再计算函数的最小值．本题考查运用导数球曲线切线方程和函数单调性，函数最值的计算，属于难题．22.【答案】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．【解析】（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．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．23.【答案】证明：（1）运用分析法证明．要证a+b+c≥，即证（a+b+c）2≥3，由a，b，c均为正实数，且ab+bc+ca=1，即有a2+b2+c2+2（ab+bc+ca）≥3，即为a2+b2+c2≥1，①由a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，相加可得a2+b2+c2≥zb+bc+ca=1，则①成立．综上可得，原不等式成立．（2）∵++=，而由（1）a+b+c≥，∴≥（++），故只需≥++，即a+b+c≤1，即：a+b+c≤ab+bc+ac，而a=•≤，b≤，c≤，∴a+b+c≤ab+bc+ac=1成立，（当且仅当a=b=c=时）．【解析】（1）运用分析法证明．要证a+b+c≥，结合条件，两边平方，可得a2+b2+c2≥1，运用重要不等式，累加即可得证．（2）问题转化为证明a+b+c≤1，根据基本不等式的性质证明即可．本题考查了基本不等式的证明，考查转化思想，是一道中档题．。
2020届黑龙江省哈尔滨市第三中学高三综合(一)数学(理)试题(解析版)
C． D．
【答案】C
【解析】试题分析：由题意得，因为 ， ，函数 在区间 内恒有 ，所以 ，由复合函数的单调性可知 的单调递减区间 ，对复合函数的形式进行判断，可得到函数的单调递增区间为 ，故选C．
考点:1.对数函数的图象与性质；2.复合函数的单调性；3.函数恒成立问题.
【方法点睛】本题主要考查的是用复合函数的单调性求单调区间，函数恒成立问题，对数函数的图象与性质，属于中档题，本题要根据题设中所给的条件解出 的底数 的值，由 ，可得到内层函数的值域，再由 恒成立，可得到底数 的取值范围，再利用复合函数的单调性求出其单调区间即可，因此本题中正确将题设中所给的条件进行正确转化得出底数的范围，是解决本题的关键.
【答案】D
【解析】A.根据众数和中位数的性质进行判断；
B.根据系统抽样的定义进行判断；
C.根据充分条件和必要条件的定义进行判断；
D.根据含有量词的命题的否定进行判断.
【详解】
对于A，在频率分步直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等，故A错误；
对于B，从001到240抽取学号最后一位为3的学生进行调查，则这种抽样方法为系统抽样，故B错误；
故答案为：
【点睛】
本题考查了解三角形在实际问题中的应用，考查了学生综合分析，数学建模，数学运算的能力，属于较难题.
三、解答题
17．在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ， .
（1）求角 ；
（2）若 ， ，求 ， 的值.
【答案】（1） ；（2） 或
【解析】（1）使用三角形的内角和公式和二倍角公式化简式子，得出cosC的方程；
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】将给出的条件： ， ， ， 成等比数列用基本量 表示，求解 ，进而得到前 项和 .
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 +…．。
2020届黑龙江省哈尔滨市三中2017级高三下学期第一次调研考试数学(理)试卷及解析
2020届黑龙江省哈尔滨市三中2017级高三下学期第一次调研考试数学（理）试卷★祝考试顺利★(解析版)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.已知集合A ＝{0,1},B ＝{0,1,2},则满足A∪C＝B 的集合C 的个数为（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1 【答案】A【解析】由A C B ⋃=可确定集合C 中元素一定有的元素,然后列出满足题意的情况,得到答案.【详解】由A C B ⋃=可知集合C 中一定有元素2,所以符合要求的集合C 有{}{}{}{}2,2,0,2,1,2,0,1,共4种情况,所以选A 项.2.已知z 的共轭复数是z ,且12z z i =+-（i 为虚数单位）,则复数z 在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】设(),z x yi x y R =+∈,整理12z z i =+-得到方程组120x y =++=⎪⎩,解方程组即可解决问题． 【详解】设(),z x yi x y R =+∈, 因为12z z i =+-,()()1212x yi i x y i =-+-=+-+,所以120x y =++=⎪⎩,解得：322x y ⎧=⎪⎨⎪=-⎩,所以复数z 在复平面内对应的点为3,22⎛⎫- ⎪⎝⎭,此点位于第四象限. 故选D3.设a ,b ,c 为正数,则“a b c +>”是“222a b c +>”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不修要条件【答案】B【解析】根据不等式的性质,结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】解：a ,b ,c 正数, ∴当2a =,2b =,3c =时,满足a b c +>,但222a b c +>不成立,即充分性不成立, 若222a b c +>,则22()2a b ab c +->,即222()2a b c ab c +>+>,>,即a b c +>,成立,即必要性成立,则“a b c +>”是“222a b c +>”的必要不充分条件,故选：B ．4.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且()()()212*111N ()n n n S S S n ++++=+∈,121,2a a ==,则n S =( )A. ()12n n +B. 12n +C. 21n -D. 121n ++【答案】C【解析】根据已知条件判断出数列{}1n S +是等比数列,求得其通项公式,由此求得n S .【详解】由于()()()212*111N ()n n n S S S n ++++=+∈,所以数列{}1n S +是等比数列,其首项为11112S a +=+=,第二项为212114S a a +=++=,所以公比为422=.所以12n n S +=,所以21n n S =-.。
2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学三模试卷(理科)
2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学三模试卷（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|2x ≥8}，集合B ={x|y =lg(x −1)}，则A ∪B =( )A. [1,3)B. (1,3]C. (1,+∞)D. [3,+∞)2. 已知i 为虚数单位，则z =i1−2i 在复平面内对应的点位于( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3. 下列函数中是偶函数，且在(−∞,0)上单调递增的是( )A. f(x)=x 23 B. f(x)=2|x|C. f(x)=log 21|x+1|D. f(x)=1|x|−|x|4. 数列{2an+1}是等差数列，且a 1=1，a 3=−13，那么a 2020=( ) A. 10091010B. −10091010C. 20192020D. −201920205. 有一散点图如图所示，在5个(x,y)数据中去掉D(3,10)后，下列说法正确的是( )A. 残差平方和变小B. 相关系数r 变小C. 相关指数R 2变小D. 解释变量x 与预报变量y 的相关性变弱6. 函数f(x)=xe x 在(1,f(1))处的切线方程为( )A. 2ex −y −e =0B. x −2ey −e =0C. 2ex −y −e +1=0D. x −2ey −e +1=07. “克拉茨猜想”又称“3n +1猜想”，是德国数学家洛萨克拉茨在1950年世界数学家大会上公布的一个猜想：任给一个正整数n ，如果n 是偶数，就将它减半；如果n 为奇数就将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，最终都能够得到1，得到1即终止运算，已知正整数m 经过5次运算后得到1，则m 的值为( )A. 32或5B. 16或2C. 16D. 32或5或48. 小李和小王相约本周六在14：00到15：00进入腾讯会议室线上交流，假设两人在这段时间内的每个时刻进入会议室是等可能的，先到者等候另一人10分钟，过时即离去．则两人能在会议室相遇的概率为( )A. 2536B. 1136C. 49D. 599. 某程序框图如图所示，若输入的a 、b 分别为5、3，则输出的n =( )A. 2B. 3C. 4D. 510. 已知F 1、F 2分别是双曲线C ：x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的左右焦点，P 为y 轴上一点，Q 为左支上一点，若(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +OF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，且△PF 2Q 周长最小值为实轴长的3倍，则双曲线C 的离心率为( )A. 2B. √3C. √2D. 2√211. 已知数列{a n }，a n =n 2sin n2π，则数列{a n }的前100项和为( )A. 5000B. −5000C. 5050D. −505012. 已知△ABC 中，长为2的线段AQ 为BC 边上的高，满足：AB ⃗⃗⃗⃗⃗ sinB +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ sinC =AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ，且AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则BH =( )A. 4√77B. 4√7C. 4√33D. 2√7二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. ∫√4−x 22−2dx =______．14. 直线l 过抛物线C ：y 2=2px(p >0)的焦点F ，交抛物线C 于点A(点A 在x 轴上方)，过点A 作直线x =−p2的垂线，垂足为M ，若垂足M 恰好在线段AF 的垂直平分线上，则直线l 的斜率为______． 15. 新型冠状病毒蔓延以来，世界各国都在研制疫苗，某专家认为，某种抗病毒药品对新型冠状病毒具有抗病毒、抗炎作用，假如规定每天早上7：00和晚上7：00各服药一次，每次服用该药药量700毫克具有抗病毒功效，若人的肾脏每12小时从体内滤出这种药的70%，该药在人体内含量超过1000毫克，就将产生副作用，若人长期服用这种药，则这种药______(填“会”或者“不会”)对人体产生副作用．16.在三棱锥S−ABC中，AB=6，BC=8，AC=10，二面角S−AB−C、S−AC−B、S−BC−A的大小均为π4，设三棱锥S−ABC的外接球球心为O，直线SO交平面ABC于点M，则三棱锥S−ABC的内切球半径为______，SOOM=______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2<φ<π2)的部分图象如图所示．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若f(x)=2√63，且π2<x<3π4，求cos2x．18.如图，三棱锥P−ABC中，底面△ABC是边长为2的正三角形，PA=2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点．(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成的角的余弦值为√77？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由．19. 函数f(x)=lnx −2(x−1)x+1．(1)求证：函数f(x)在(0,+∞)上单调递增； (2)若m ，n 为两个不等的正数，试比较lnm−lnn m−n与2m+n 的大小，并证明．20. 已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为√22，且以原点为圆心，以短轴长为直径的圆C 1过点(1,0)． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若过点M(2,0)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且与圆C 1没有公共点，设G 为椭圆C 上一点，满足(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=t OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (O 为坐标原点)，求实数t 的取值范围．21. (1)某中学理学社为了吸收更多新社员，在校团委的支持下，在高一学年组织了抽签赠书活动．月初报名，月末抽签，最初有30名同学参加．社团活动积极分子甲同学参加了活动．(ⅰ)第一个月有18个中签名额．甲先抽签，乙和丙紧随其后抽签．求这三名同学同时中签的概率．(ⅰ)理学社设置了第n(n ∈N +)个月中签的名额为2n +16，并且抽中的同学退出活动，同时补充新同学，补充的同学比中签的同学少2个，如果某次抽签的同学全部中签，则活动立刻结束．求甲同学参加活动时间的期望．(2)某出版集团为了扩大影响，在全国组织了抽签赠书活动．报名和抽签时间与(1)中某中学理学社的报名和抽签时间相同，最初有30万人参加，甲同学在其中．每个月抽中的人退出活动，同时补充新人，补充的人数与中签的人数相同．出版集团设置了第n(n ∈N +)个月中签的概率为p n =19+(−1)n180，活动进行了2k(k ∈N +)个月，甲同学很幸运，中签了，在此条件下，求证：甲同学参加活动时间的均值小于9.5个月．22. 在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =−1+ty =−t(t 为参数)，以原点O 为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ=−4cosθ，直线l 与曲线C 交于A 、B 两点． (1)写出直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)若P(−1,0)，求1|AP|+1|BP|的值．23. 已知函数f(x)=|x +a|−|x −1|和函数g(x)=−2x +1．(1)当a =2时，求关于x 的不等式f(x)≥−1的解集；(2)若对任意x 1∈R ，都存在x 2∈R ，使得f(x 1)=g(x 2)成立，求实数a 的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】解：由2x≥8得：x≥3，∴集合A={x|x≥3}，由x−1>0得：x>1，∴集合B={x|x>1}，∴A∪B={x|>1}，故选：C．利用指数函数和对数函数的性质求出集合A，B，再利用集合的并集运算即可求出结果．本题主要考查了集合的基本运算，以及指数函数和对数函数的性质，是基础题．2.【答案】B【解析】解：z=i1−2i =i(1+2i)(1−2i)(1+2i)=−2+i5，故z在复平面内对应的点位于第二象限，故选：B．对复数z进行化简，从而求出其所在的象限即可．本题考查了复数的运算，考查复数的几何意义，是一道基础题．3.【答案】D【解析】解：函数f(x)=x23在(−∞,0)上单调递减，即A错误；函数f(x)=2|x|在(−∞,0)上单调递减，即B错误；函数f(x)=log21|x+1|的定义域为(−∞,−1)∪(−1,+∞)，是非奇非偶函数，即C错误；对于选项D，定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，f(−x)=1|−x|−|−x|=1|x|−|x|=f(x)，是偶函数，当x<0时，f(−x)=−1x+x，任取x1<x2<0，则f(x1)−f(x2)=−1x1+x1+1x2−x2=(x1−x2)(1x1x2+1)，∵x1<x2<0，∴x1−x2<0,1x1x2+1>0，∴f(x1)<f(x2)，即函数f(x)在(−∞,0)上单调递增，即D正确．选项A 和B 对应的函数在(−∞,0)上均单调递减，选项C 的函数是非奇非偶，故可以作出判断；也可以从函数单调性和奇偶性的定义出发，对选项D 的函数进行证明．本题考查函数的单调性和奇偶性，熟练掌握基本初等函数的图象与性质、及图象的变换法则是解题的关键，本题既可以用排除法，也可以从函数单调性和奇偶性的定义出发，直接进行证明，考查学生的逻辑推理能力和分析能力，属于基础题．4.【答案】B【解析】解：设等差数列{2a n+1}的公差为d ，且a 1=1，a 3=−13，∴2a1+1=1，2a3+1=3，∴3=1+2d ，解得d =1． ∴2a n +1=1+n −1=n ，∴a n =2n −1．那么a 2020=22020−1=−10091010． 故选：B ． 设等差数列{2an+1}的公差为d ，且a 1=1，a 3=−13，可得2a 1+1=1，2a 3+1=3，3=1+2d ，解得d.可得通项公式，进而得出结论．本题考查了等差数列的通项公式、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．5.【答案】A【解析】解：∵从散点图可分析得出：只有D 点偏离直线远，去掉D 点，变量x 与变量y 的线性相关性变强，∴相关系数变大，相关指数变大，残差的平方和变小， 故选：A ．利用散点图分析数据，判断相关系数，相关指数，残差的平方和，的变化情况．本题考察了利用散点图分析数据，判断变量的相关性问题，属于运用图形解决问题的能力，属于容易出错的题目．【解析】解：函数f(x)=xe x 的导数为f′(x)=(x +1)e x ， 可得函数f(x)=xe x 在(1,f(1))处的切线的斜率为k =2e ， 切点为(1,e)，则切线方程为y −e =2e(x −1)， 化为y =2ex −e.即2ex −y −e =0． 故选：A ．求得f(x)的导数，可得切线的斜率和切点，由直线的点斜式方程可得所求切线方程． 本题考查导数的运用：求切线方程，考查直线方程的运用，化简运算能力，属于基础题．7.【答案】A【解析】解：根据题意，正整数m 经过5次运算后得到1， 所以正整数m 经过4次运算后得到2， 经过3次运算后得到4，经过2次运算后得到8或1(不符合题意，舍去)， 经过1次运算后得到16， 可得正整数m 的值为32或5， 故选：A ．利用正整数m 经过5次运算后得到1，按照变换规则，逆向逐项分析，即可得到m 的所有可能的取值． 本题主要考查了归纳推理的应用，按照变换规则，进行逆向分析是解题关键，考查了学生的推理能力，是中档题．8.【答案】B【解析】解：设小李和小王进入会议的时间为14点x 分和14点y 分， 则{0≤x ≤600≤y ≤60， 由先到者等候另一人10分钟，可得两人能在会议室相遇的事件为|x −y|≤10， 故两人能在会议室相遇的概率P =1−12×50×50×260×60=1−2536=1136．故选：B ．先设小李和小王进入会议的时间为14点x 分和14点y 分，则{0≤x ≤600≤y ≤60，由先到者等候另一人10分钟，可得两人能在会议室相遇的事件为|x −y|≤10，然后求出相应的面积，根据与面积有关的几何概率公式即可求解．几何概型的概率估算公式中的“几何度量”，可以为线段长度、面积、体积等，而且这个“几何度量”只与“大小”有关，而与形状和位置无关．解决的步骤均为：求出满足条件A 的基本事件对应的“几何度量”N(A)，再求出总的基本事件对应的“几何度量”N ，最后根据P =N(A)N求解．9.【答案】A【解析】解：模拟程序的运行，可得 a =5，b =3，n =1 a =152，b =6不满足条件a ≤b ，执行循环体，n =2，a =454，b =12满足条件a ≤b ，退出循环，输出n 的值为2． 故选：A ．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n 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．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．10.【答案】C【解析】解：如图，由(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +OF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +OF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(OF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OP ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0，即|OF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=|OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |2，则|OP|=|OF 2|=c ，|PF 2|+|F 2Q|+|PQ|=|PF 2|+|PQ|+|F 1Q|+2a=|PF 2|+|PF 1|+2a ．最小值为2×√2c +2a =2a +2√2c ． 由题意，2a +2√2c =6a ，即2a =√2c ， ∴e =c a=√2．故选：C ．由已知向量等式可得|OP|=|OF 2|=c ，画出图形，利用双曲线的定义把三角形周长最小转化为|PF 1|最小，求出周长最小值，再由△PF 2Q 周长最小值为实轴长的3倍列式求得双曲线的离心率．本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的就与思想方法，考查双曲线定义的应用，是中档题．11.【答案】B【解析】解：∵a n =n 2sin n2π，∴当n 为偶数时，a n =0； 当n 为奇数时，a 3+a 1=−8， 而(a 2n+5+a 2n+3)−(a 2n+1+a 2n−1)=−(2n +5)2+(2n +3)2+(2n +1)2−(2n −1)2=(2n +3+2n +5)(2n +3−2n −5)+(2n +1+2n −1)(2n +1−2n +1)=−8n −16+8n =−16．而数列{a n }的前100项中，偶数项均为0，奇数项有50项， 则前100项的和即为所有奇数项的和，看作是以−8为首项，以−16为公差的前25项的和． 为−8×25+25×24×(−16)2=−5000．故选：B ．由已知数列通项公式，可得数列的偶数项为0，奇数项可构造等差数列，然后利用等差数列的求和公式求解．本题考查等差数列前n 项和的求法，考查数学转化思想方法，是中档题．12.【答案】D【解析】解：如图，过Q 分别作AC 、AB 的平行线交AB 于M ，交AC 于N ． ∴AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 又∵AB⃗⃗⃗⃗⃗ sinB +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ sinC =AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ sinB ，AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ sinC ， ∵AQ ⊥BC ，∴|AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |sinB =|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |sinC ， ∴四边形AMQN 是菱形， 且∠BAQ =∠CAQ =60°， AB =AC =2AQ =2AM =2AN ，∵AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴H 是AC 的中点，即与N 重合． AB =4，AH =2，∴BH 2=AB 2+AH 2−2AB ⋅AHcos∠BAH =42+22−2×4×2cos120°=28， ∴BH =2√7． 故选：D ．由题，过Q 分别作AC 、AB 的平行线交AB 于M ，交AC 于N.由向量加法的平行四边形法则可得AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，结合平面向量基本定理可得M ，N 分别是AB ，AC 的中点，∠BAC =120°，然后由余弦定理可得结论． 本题考查平面向量基本定理，余弦定理，考查学生数形结合的思想，解题关键是作出平行四边形AMQN ．13.【答案】2π【解析】解：∫√4−x 22−2dx ，积分式的值相当于以原点为圆心，以2为半径的一个半圆面的面积， 故其值是2π 故答案为：2π．根据定积分的定义，找出根号函数f(x)=√4−x 2的几何意义，计算即可．此题考查利用定积分的几何意义，求解定积分的值，是高中新增的内容，要掌握定积分基本的定义和性质，解题的关键是找出原函数．14.【答案】√3【解析】解：由抛物线的性质可得AF=AM，又M恰好在线段AF的垂直平分线上，所以MF=AM，所以可得△AMF为等边三角形，所以∠MAF=60°，又因为AM//OF，所以∠AFx=60°，所以直线l的斜率为k=tan60°=√3，故答案为：√3．由抛物线的性质可得AF=AM，又M恰好在线段AF的垂直平分线上，所以MF=AM，所以可得△AMF为等边三角形，所以∠MAF=60°，进而求出直线l的斜率．本题考查抛物线的性质及中垂线的性质，属于中档题．15.【答案】不会【解析】【分析】本题主要考查了函数的实际应用，以及等比数列的实际应用，是中档题．设人第n次服药后，药在体内的残留量为a n毫克，由题意可得a n=700+0.3a n−1(n≥2)，变形可得a n−1000=0.3(a n−1−1000)，再利用等比数列的通项公式求出a n，即可得出结论．【解答】解：设人第n次服药后，药在体内的残留量为a n毫克，则a1=700，a2=700+a1×(1−70%)=700+0.3a1，a3=700+a2×(1−70%)=700+0.3a2，……以此类推可得：a n=700+0.3a n−1(n≥2)，变形可得a n−1000=0.3(a n−1−1000)，∴数列{a n−1000}是首项为−300，公比为0.3的等比数列，∴a n−1000=−300×0．3n−1<0，∴a n<1000，∴人长期服用这种药，不会对人体产生副作用．16.【答案】2√2−232【解析】解：如图，∵二面角S−AB−C、S−AC−B、S−BC−A的大小相等，∴S在底面射影为底面三角形ABC的内心，设为E，∵AB=6，BC=8，AC=10，∴AB2+BC2=AC2，可得△ABC是以角B为直角的直角三角形．过E作EF⊥AC，连接SF，则EF为三角形ABC内切圆的半径，且∠SFE为二面角S−AC−B的平面角为π4．由等面积法求得：12BC⋅AB=12(AB+BC+AC)×EF，得EF=2，可得三边上的斜高相等为2√2．设三棱锥S−ABC的内切球半径为r，则13×12×6×8×2=13[12×(6+8+10)×2√2]r+13×12×6×8r，得r=2√2−2；如图，设D是AC的中点，则D是三角形ABC的外心，三棱锥S−ABC的外接球球心为O，则OD⊥平面ABC，则OD//SE，∴M，D，E共线，在直角三角形ABC中，分别以BC，BA所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，由E(2,2)，D(4,3)，得DE=√(4−2)2+(3−2)2=√5．设三棱锥S−ABC的外接球的半径为R，即OC=OA=R，若O与S在平面ABC的同侧，由直角梯形SEDO与直角三角形ODC得：2−√R2−5=√R2−52，R无解；若O与S在平面ABC的异侧，则√R2−52+2=√R2−5，解得R=√41，此时OD=√41−25=4．∴SMMO =SEOD=24=12，则SOOM=32．故答案为：2√2−2；32．由二面角S−AB−C、S−AC−B、S−BC−A的大小相等，得S在底面射影为底面三角形ABC的内心，设为E，利用等面积法求得底面内切圆的半径，再求出底面三边的斜高，然后利用等体积法求三棱锥内切球的半径；设D是AC的中点，则D是三角形ABC的外心，由三棱锥S−ABC的外接球球心为O，得OD⊥平面ABC，可得OD//SE，则M，D，E共线，利用解析法求得DE，设三棱锥S−ABC的外接球的半径为R，即OC=OA=R，然后利用三角形相似列式求得R，进一步得到SOOM的值．本题考查二面角、三棱锥的内切球与外接球等问题，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．17.【答案】解：(1)由图象可知A=2，周期T=2πω=2×(11π12−5π12)=π，则ω=2，又f(5π12)=2sin(2×5π12+φ)=2，可得2×5π12+φ=2kπ+π2，k∈Z，解得φ=2kπ−π3，k∈Z，由于−π2<φ<π2，可得：φ=−π3，可得函数解析式为：f(x)=2sin(2x−π3).(2)由题意知：π2<x<3π4，∴2π3<2x−π3<7π6，∵f(x)=2sin(2x−π3)=2√63，可得：sin(2x−π3)=√63，cos(2x−π3)=−√33，∴cos2x=cos(2x−π3+π3)=cos(2x−π3)cosπ3−sin(2x−π3)sinπ3=(−√33)×12−√63×√32=−√3−3√26．【解析】(1)由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得f(x)的解析式，(2)由题意可求范围2π3<2x−π3<7π6，根据已知可求sin(2x−π3)，利用同角三角函数基本关系式可求cos(2x−π3)的值，进而根据两角和的余弦函数公式即可求解cos2x的值．本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，三角函数的化简求值，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．18.【答案】(1)证明：因为PA⊥底面ABC，BE⊂底面ABC所以PA⊥BE，又因为BE⊥AC，PA∩AC=A所以BE⊥平面PAC，因为BE⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAC，(2)解：因为EB，EC，EF两两垂直，所以以E为坐标原点，分别以EB ，EC ，EF 的正方向为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则E(0,0,0),B(√3,0,0),C(0,1,0),A(0,−1,0),P(0,−1,2),F(0,0,1)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,−2),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0)， 设平面PBC 的法向量为m⃗⃗⃗ =(x,y,z)，由{m ⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{√3x +y −2z =0−√3x +y =0， 不妨设x =1，则y =z =√3，所以m ⃗⃗⃗ =(1,√3,√3)，设PG ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3λ,λ,−2λ)，则AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3λ,λ,2−2λ)，由题知|cos〈AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m ⃗⃗⃗ 〉|=|AG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅m ⃗⃗⃗ ||AG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |=√3√7⋅√4λ2+4(1−λ)2=√427， 解得λ=12．【解析】(1)证明PA ⊥BE ，结合BE ⊥AC ，推出BE ⊥平面PAC ，然后证明平面BEF ⊥平面 PAC ， (2)通过EB ，EC ，EF 两两垂直，以E 为坐标原点，分别以EB ，EC ，EF 的正方向为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面PBC 的法向量，结合AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3λ,λ,2−2λ)，通过向量的数量积转化求解即可．本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，平面与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法与应用，考查空间想象能力以及计算能力．19.【答案】解：(1)证明：f′(x)=1x −4(x+1)2=(x−1)2x(x+1)2≥0，∴f(x)在(0,+∞)上单调递增 (2)不妨设m >n ， 则lnm−lnn m−n −2m+n=1m−n(lnm n−2(m−n)m+n)=1m−n(lnm n−2(mn −1)m n+1)，令mn =t >1，设ℎ(t)=lnt −2(t−1)1+t，ℎ(t)=f(t)由(1)知在(0,+∞)上单调递增，ℎ(1)=0，t >1， ∴ℎ(t)>0， 又m >n ， ∴lnm−lnn m−n>2m+n，【解析】(1)先对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可证明；(2)要比较大小，只要作差后进行变形，然后结合结构特点构造函数，结合单调性即可证明． 本题主要考查了导数与单调性关系及利用构造函数结合函数性质比较大小，属于中档试题．20.【答案】解：(1)依题意：椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为√22，且以原点为圆心，以短轴长为直径的圆C 1过点(1,0).所以b =1，e =c a=√22，则b =c ，所以a =√2，所以椭圆方程为x 22+y 2=1．(2)由题意直线AB 斜率不为0，设直线AB ：x =ny +2， {x =ny +2x 22+y 2=1得(2+n 2)y 2+4ny +2=0.由△=8n 2−16>0得n 2>2，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，由韦达定理y 1+y 2=−4n2+n 2,y 1y 2=22+n 2， 因为OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =t OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以G(8t(2+n 2),−4nt(2+n 2)) 因为点G 在椭圆上∴64t 2(2+n 2)2+2×16n 2t 2(2+n 2)2=2得t 2=16n 2+2， 直线与圆没有公共点，则√1+n 2>1，所以2<n 2<3，t 2=16n 2+2，令y =t 2，x =n 2，可知y =16x+2在x ∈(2,3)上，是减函数，y ∈(165,4)，即：t 2∈(165,4)， ∴t ∈(−2,−4√55)∪(4√55,2)．【解析】(1)利用已知条件求出a ，b ，然后求解椭圆方程．(2)由题意直线AB 斜率不为0，设直线AB ：x =ny +2，通过{x =ny +2x 22+y 2=1得(2+n 2)y 2+4ny +2=0.设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，利用韦达定理以及斜率的关系，求解G ，代入椭圆方程得到t 2=16n 2+2，利用直线与圆没有公共点，列出不等式，求解即可．本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是难题．21.【答案】(1)解：(i)三明同学同时中奖的概率为：C 183C 303=18×17×1630×29×28=2041015．( ii)由题意可知，参加活动的人数每月递减2人，而中奖名额每月递增2人，故活动举行4个月后结束． 设甲参加活动的时间X 的可能取值为1，2，3，4， 则P(X =1)=1830=35，P(X =2)=(1−1830)×2028=27，P(X =3)=(1−1830)×(1−2028)×2226=44455，P(X =4)=(1−1830)×(1−2028)×(1−2226)×1=8455， 则甲参加活动的时间的期望为EX =1×35+2×27+3×44455+4×8455=697455．(2)证明：甲在第奇数个月中奖的概率为110，再第偶数个月中奖的概率为19， 设甲中签为事件A ，则P(A)=1−[(910×89)×(910×89)×…(910×89)]=1−(45)k设m ≤k ，m ∈N +，甲在第2m −1，2m 个月中中签的概率为P(X =2m −1)=P(X =2m)=110(45)m−1， 则甲在事件A 发生的条件下，第2m −1，2m 个月中中签的概率为110(45)m−1P(A)，则甲在事件A 发生的条件下，甲参加活动时间的均值为EX =110P(A)[(1+2)+45(3+4)+(45)2(5+6)+⋯(45)k−1(2k −1+2k)]，设S =3+7×45+11×(45)2+⋯(4k −1)(45)k−1，则45S =3×45+7×(45)2+⋯(4k −5)(45)k−1+(4k −1)(45)k ，∴15S =3+4[45+(45)2+⋯(45)k−1]−(4k −1)(45)k S =5×19[1−(45)k ]−20k(45)k ， 所以 EX =19[1−(45)k ]−4k(45)k2[1−(45)k ]=192−2k(45)k[1−(45)k ]<192．【解析】(1)(i)根据组合数公式计算概率；(ii)分别计算甲在第x 个月的中奖概率，得出数学期望； (2)计算甲同学在第m 个月的中奖概率，得出参加活动时间的数学期望关于k 的函数，利用不等式得出结论．本题考查了离散型随机变量的分布列，数学期望计算，属于中档题．22.【答案】(1)直线l 的参数方程为{x =−1+ty =−t(t 为参数)，转换为直角方程为x +y +1=0．曲线C 的极坐标方程为ρ=−4cosθ，整理得ρ2=−4ρcosθ，根据{x =ρcosθρ2=x 2+y 2转换为直角坐标方程(x +2)2+y 2=4．(2)直线的参数方程可化为标准式为{x =−1−√22t y =√22t(t 为参数)，代入(x +2)2+y 2=4得到：t 2−√2t −3=0，所以t 1+t 2=√2，t 1t 2=−3， 故：1|AP|+1|BP|=|t 1−t 2||t 1t 2|=√143．【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，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)a=2时，f(x)=|x−2|−|x−1|．不等式f(x)≥−1，即|x−2|−|x−1|≥−1．当x<−2时，不等式化为−3≥−1，x无解；当−2≤x≤1时，不等式化为2x+1≥−1，解得−1≤x≤1；当x>1时，不等式化为3≥−1，则x>1．综上，f(x)≥−1的解集为{x|x≥−1}；(2)f(x)=|x+a|−|x−1|≤|(x+a)−(x−1)|=|a+1|，g(x)=−2x+1∈(−∞,1)，由题意知，f(x)的值域是g(x)的值域的子集，即|a+1|<1，解得−2<a<0．∴实数a的取值范围为−2<a<0．【解析】(1)把a=2代入函数解析式，得到不等式|x−2|−|x−1|≥−1.然后分x<−2，−2≤x≤1，x>1三类去绝对值求解，取并集得答案；(2)利用绝对值的不等式可得f(x)≤|a+1|，又g(x)=−2x+1∈(−∞,1)，再由题意可得|a+1|<1，求解绝对值的不等式得答案．本题考查绝对值不等式的解法，考查恒成立问题的求解方法，考查数学转化思想方法，是中档题．。
黑龙江省哈尔滨市第三中学高三学年第一次模拟考试理科数学试题答案
2020年哈三中高三学年第一次模拟考试 数学试卷（理工类）答案及评分标准一、选择题：二、填空题： 13. [0,23) 14. [80,120] 15.1e或1 16. 152,2三、解答题：17. (1) 由 c a A b =+23cos , 余弦定理bc a c b A 2cos 222−+= 有c a bc a c b b =+−+⋅232222, 即ac c a b 3222−+= 有232cos 222=−+=ac b c a B由π<<B 0, 则6π=B ……………………………………………………..……3分又因为2cossin sin 2AC B = 有2cos 1sin 21A C +=, 即2)65cos(1sin 21C C −+=π, 有C C C sin 21cos 231sin +−=, 即1cos 23sin 21=+C C , 则1)3sin(=+πC , 由π<<C 0, 即23ππ=+C , 则6π=C ……………………………….………6分(2)延长线段AM 至D, 满足BM=MD, 联结AD在ABD ∆中, ()65,,,3122ππ=−=∠==+==B BAD c AB a AD AM BD , 满足余弦定理())23(2314222−−+=+ac c a ……………………………..9分 因为ac c a 222≥+,所以()ac ac c a )32()23(2314222+≥−−+=+, 则()ac )32(3142+≥+, 即8≤ac , 当且仅当c a =时取”=” 那么2218212121sin 21=⨯⨯≤==∆ac B ac S ABC, 当且仅当4==c a 时取”=” 则ABC ∆面积的最大值为2…………………………………….………………..12分18. (1)在ACD ∆中3111120cos 222=++=⋅⋅−+=︒CD AD CD AD AC ,232cos 222=⋅−+=∠AC AD CD AC AD DAC , 则6π=∠DAC在ABC ∆中212cos 222=⋅−+=∠AC AB BC AC AB BAC , 则3π=∠BAC ,那么2π=∠BAD , 即⊥AB AD因为⊥PA 平面ABCD …………………………………………………………………1分 所以, 分别以直线AB AD AP 为z y x ,,轴如图建立空间直角坐标系有()0,0,0A , ()0,0,3B , ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0,23,23C , ()0,1,0D , ()3,0,0P , ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0,43,43M ,设平面ACP 的法向量为()z y x m ,,=, 由于⎪⎪⎭⎫⎝⎛=0,23,23AC 且()3,0,0=AP满足⎪⎩⎪⎨⎧==+0302323z y x , 令3=x , 有⎪⎩⎪⎨⎧=−==013z y x , 则()0,1,3−=m ………...…….3分 设平面BCP 的法向量为()z y x n ,,=, 由于⎪⎪⎭⎫⎝⎛−=0,23,23BC 且()3,0,3−=BP 满足⎪⎩⎪⎨⎧=+−=+−03302323z x y x , 令3=x , 有⎪⎩⎪⎨⎧===313z y x , 则()3,1,3=n ……….……5分则7774013,cos =⨯+−>=<n m , 那么二面角B PC A −−的余弦值为77….…6分(2)设平面PCD 的法向量为()z y x a ,,=, 由于⎪⎪⎭⎫⎝⎛−=3,23,23PC 且()3,1,0−=PD满足⎪⎩⎪⎨⎧=−=−+03032323z y z y x , 令3=y , 有⎪⎩⎪⎨⎧==−=131z y x , 则()1,3,1−=a ……..…..8分 设()z y x N ,,且BP BN λ=,()10≤≤λ, 满足()()3,0,3,,3−=−λz y x有⎪⎩⎪⎨⎧==−=−λλ3033z y x , 则()λλ3,0,33−N , 则⎪⎭⎫⎝⎛−−=λλ3,43,3343MN则0=⋅a MN , 即033433433=+−−λλ, 有43=λ则⎪⎭⎫ ⎝⎛−=343,43,0MN ………………………………………………………………….10分 因为平面ACP 的法向量为()0,1,3−=m , 有4123243,cos =⨯>=<MN m那么直线MN 与平面PAC 所成角的正弦值为41………………………………………12分19. 解: (1) 由已知1)(0=B A P , 54)(4204191==C C B A P , 1912)(4204182==C C B A P …… 2分(2) X 可能的取值为2,1,0,· ……………………………… 3分所以9508771.02.07.0)0(420418420419=⨯+⨯+==C C C C X P ,950701.02.0)1(42031812420319=⨯+⨯==C C C C C X P , 95031.0)2(42021822=⨯==C C C X P . ………………………………… 6分 所以随机变量X 的分布列为4753895032950701=⨯+⨯=EX . ………………………………… 7分 (3) 由(1)知, =)(A P 950877)0(==X P , ………………………………… 8分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()A B P 0877665)()()()()(000===A PB P B A P A P AB P , ……………………………11分 因为107.0100877665100<⨯−⨯, 所以该方案无效. ……………………… 12分20.解（1）x mx x x m x x f 2222)(2++=++=‘()+∞∈,0x …………1分对于方程0222=++mx x 162−=∆m当44-≤≤m 时，0162≤−=∆m ，0)(≥x f ‘此时)(x f 没有极值点. …………………2分 当4−<m 时，方程0222=++mx x 两根为21,x x ，不妨设21x x <，0221>−=+mx x ，121=⋅x x ，210x x << 当0)(021>><<x f x x x x ‘，时或，当0)(21<<x f x x ‘时.此时21,x x 是函数)(x f 的两个极值点. ………………3分 当4>m 时，方程0222=++mx x 两根为43,x x ，0243<−=+mx x ，143=⋅x x ，所以004,3<<x x ， ()+∞∈,0x 0)(>x f ‘，故)(x f 没有极值点.综上，当4−<m 时，函数)(x f 有两个极值点；当4−≥m 时，函数)(x f 没有极值点 …………. ………4分 （2）032ln 232-)(222≤−−++=−x e x mx x x e x f xx022ln 22≤−−+x e x mx x，x xe x x ln 222m 2−+≤x x e x x g x ln 222)(2−+=，22ln 11-)(x x e x x x g x +−+=）（‘……6分 ()1,0∈x ，0(<）‘x g ，）x g (单调递减；()+∞∈1,x ，0(>）‘x g ）x g (单调递增； 11(+=≥e g x g ）（），)1(2+≤e m ……8分（3）由（2）知当)1(2+=e m ，0ln )12≤−−++x e x x e x （恒成立，即 x x e x e x ln 1-2≥++）（ 欲证xx e x e x 1-11-2≥++）（ 只需证x x 1-1ln ≥，设x x x h 11ln )(+−=，21)(x x x h −=‘……10分 ()1,0∈x ，0('<）x h ，）x g (单调递减；()+∞∈1,x ，0(>）‘x h ）x g (单调递增；01(=≥）（）h x h ，所以xx 1-1ln ≥。
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。
【附15套精选模拟试卷】黑龙江省哈三中2020届高三下学期第一次调研考试数学(理)试卷含解析
黑龙江省哈三中2020届高三下学期第一次调研考试数学（理）试卷一、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．已知六人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为（ ）A ．72B ．96C ．120D ．2882．直线4y x =与曲线3y x =在第一象限围成的封闭图形面积为a ，则5a x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中，x 的系数为 （ ） A ．20B ．-20C ．5D ．-53．若函数3()(3)x f x e x ax a =--有3个零点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1(0,)2 B ．1(,)2+∞ C ．1(0,)4 D ．1(,)4+∞4．如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入n ，x 的值分别为3，2，则输出v 的值为A ．9B ．18C ．20D ．355．已知菱形ABCD 的边长为2，120BAD ∠=︒，点E ，F 分别在边BC ，DC 上，3BC BE =，DC DF λ=，若1AE AF ⋅=u u u r u u u r，则λ的值为（ ）A ．3B ．2C ．32 D ．526．为了解某社区居民的家庭年收入所年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表： 收入（万元）8.2 8.6 10.0 11.3 11.9 支出（万元）6.27.58.08.59.8根据上表可得回归直线方程，其中，据此估计，该社区一户收入为15万元家庭年支出为（ ）A ．11.4万元B ．11.8万元C ．12.0万元D ．12.2万元7．已知函数()sin()(0)f x x ωϕϕπ=+<<图象的一条对称轴与相邻的一个对称中心的距离为4π，将其向右平移6π个单位后得到函数()g x 的图象，若函数()()f x g x +图象的一条对称轴方程为6x π=，则ϕ的值为（ ）A ．56πB ．23πC ．3πD ．6π8．过双曲线22221x y a b-=(0,0)a b >>的左焦点F 作圆2229a x y +=的切线，切点为E ，延长FE 交双曲线右支于点P ，若2FP FE =u u u r u u u r，则双曲线的离心率为（ ）A ．17B ．17C ．105D ．1029．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则下列等式中一定成立的是 A ．23n n n S S S += B ．223=n n n S S SC ．2223=+n n n nS S S S - D ．22223+=()n n n n n S S S S S +10．将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则该球的体积为（ ）A ．43πB ．2πC ．3πD ．6π11．下列各命题中，真命题的个数（ ） ①若1sin 3θ=，则7cos 29θ=②命题“1x ">，ln 0x >”的否定为“01x ∃≤，0ln 0x ≤”③若一组数据的线性回归方程为ˆˆˆybx a =+，则这条直线必过点(),x y ④已知直线,a b 和平面α，若a α⊂，b α⊄，则“//b a ”是“//b α”的必要不充分条件 A ．1B ．2C ．3D ．412．设集合{1,2,3},{2,3,4}A B ==，则A B =U A ．{}123,4，，B ．{}123，，C ．{}234，，D ．{}134，，二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20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年黑龙江省哈尔滨三中高考数学三模试卷(理科) (含解析)
2020年黑龙江省哈尔滨三中高考数学三模试卷(理科)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 设集合 A ={x|x 2−3x +2≥0}，B ={x|2x <4}，则 A ∪B =( )A. ⌀B. {x|x ∈R}C. {x|x ≤1}D. {x|x >2}2. 复数在复平面内对应的点位于( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3. 下列函数中是偶函数且在(0,+∞)上单调递增的是( )A. y =2−xB. y =lnxC. y =x −2D. y =|x|−14. 数列{2an+1}是等差数列，且a 1=1，a 3=−13，那么a 2020=( ) A. 10091010B. −10091010C. 20192020D. −201920205. 有一散点图如图所示，在5个(x,y)数据中去掉D(3,10)后，下列说法正确的是( )A. 残差平方和变小B. 相关系数r 变小C. 相关指数R 2变小D. 解释变量x 与预报变量y 的相关性变弱6. 函数f(x)=e x +x 2+x +cosx ，则f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为( )A. 2x −y +2=0B. 2x +y +2=0C. x +2y +2=0D. x −2y +2=07. “卡拉兹猜想”又称“3n +1猜想”，是德国数学家洛萨·卡拉兹在1950年世界数学家大会上公布的一个猜想：任给一个正整数n ，如果n 为偶数，就将它减半；如果n 为奇数，就将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，最终都能够得到1.已知正整数m 经过6次运算后得到1，则m 的值为 ( )A. 10B. 64C. 10或64D. 328. 欧阳修在《卖油翁》中写道：“(翁)乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿”，可见卖油翁的技艺之高超，若铜钱直径3cm ，中间有边长为1cm 的正方形小孔，随机向铜钱上滴一滴油(油滴大小忽略不计)，则油恰好落入孔中的概率是( )A. 14πB. 12πC. 1πD. 2π9. 阅读如图所示的程序框图，若输入a =0.45，则输出的k 值是( )A. 3B. 4C. 5D. 610. F 1，F 2分别是双曲线C ：x 29−y 27=1的左、右焦点，P 为双曲线C 右支上一点，且|PF 1|=8，则△PF 1F 2的周长为( )A. 15B. 16C. 17D. 1811. 数列{a n }的通项公式为a n =1(n+1)(n+2)，则{a n }的前10项之和为( )A. 14B. 512C. 34D. 71212. 在△ABC 中，点D 在BC 边上，且BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，则( ) A. x =13,y =23B. x =14,y =34C. x =23,y =13D. x =34,y =14二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. ∫(1−1√1−x 2−1)dx = ______ ．14. 过抛物线C:y 2=4x 的焦点F ，且斜率为√3的直线交C 于点M(M 在x 轴的上方)，l 为C 的准线，点N 在l 上且MN ⊥l ，则M 到直线NF 的距离为____.15.某化工厂生产一种溶液，按市场要求，杂质含量不能超过0.1%，若初时含杂质2%，且每过滤一，则要使产品达到市场要求，至少应过滤________次．(取lg2=0.3010，次可使杂质含量减少13lg3=0.4771)16.在三棱锥S−ABC中，ΔABC是边长为3的等边三角形，SA=√3,SB=2√3，二面角S−AB−C的大小为120°，则此三棱锥的外接球的表面积为________．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示，其中A>0，ω>0，|φ|<π，则2(Ⅰ)求f(x)的解析式；(Ⅱ)求f(x)的单调区间。
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2020届黑龙江省哈尔滨市第三中学高三下学期第一次调研考试数学（理）试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题1．已知集合A ＝{0，1}，B ＝{0，1，2}，则满足A ∪C ＝B 的集合C 的个数为（ ） A ．4 B ．3C ．2D ．1答案：A由A C B ⋃=可确定集合C 中元素一定有的元素，然后列出满足题意的情况，得到答案. 解：由A C B ⋃=可知集合C 中一定有元素2，所以符合要求的集合C 有{}{}{}{}2,2,0,2,1,2,0,1，共4种情况，所以选A 项.点评：考查集合并集运算，属于简单题.2．已知z 的共轭复数是z ，且12z z i =+-（i 为虚数单位），则复数z 在复平面内对应的点位于（ ） A ．第一象限 B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限答案：D设(),z x yi x y R =+∈，整理12z z i =+-得到方程组120x y =++=⎪⎩，解方程组即可解决问题． 解：设(),z x yi x y R =+∈，因为12z z i =+-()()1212x yi i x y i =-+-=+-+，所以120x y =++=⎪⎩，解得：322x y ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，所以复数z 在复平面内对应的点为3,22⎛⎫- ⎪⎝⎭，此点位于第四象限. 故选D 点评：本题主要考查了复数相等、复数表示的点知识，考查了方程思想，属于基础题． 3．设a ，b ，c 为正数，则“a b c +>”是“222a b c +>”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不修要条件答案：B根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 解：解：a Q ，b ，c 为正数，∴当2a =，2b =，3c =时，满足a b c +>，但222a b c +>不成立，即充分性不成立，若222a b c +>，则22()2a b ab c +->，即222()2a b c ab c +>+>，a b c +>，成立，即必要性成立， 则“a b c +>”是“222a b c +>”的必要不充分条件， 故选：B ． 点评：本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的性质是解决本题的关键． 4．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()()()212*111N ()n n n S S S n ++++=+∈，121,2a a ==，则n S =( )A ．()12n n + B ．12n + C ．21n - D ．121n ++答案：C根据已知条件判断出数列{}1n S +是等比数列，求得其通项公式，由此求得n S . 解：由于()()()212*111N ()n n n S S S n ++++=+∈，所以数列{}1n S +是等比数列，其首项为11112S a +=+=，第二项为212114S a a +=++=，所以公比为422=.所以12n n S +=，所以21n n S =-.故选：C 点评：本小题主要考查等比数列的证明，考查等比数列通项公式，属于基础题.5．已知函数1()sin 2f x x x =，将函数()f x 的图象向左平移(0)m m >个单位长度后，所得到的图象关于y 轴对称，则m 的最小值是（ ） A ．6πB ．4πC ．3π D ．2π 答案：A化简()1sin 2f x x x =+为()sin 3f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求出它的图象向左平移(0)m m >个单位长度后的图象的函数表达式sin 3y x m π⎛⎫=++⎪⎝⎭，利用所得到的图象关于y 轴对称列方程即可求得()6m k k z ππ=+∈，问题得解。
解：函数()1sin 2f x x x =+可化为：()sin 3f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， 将函数()f x 的图象向左平移(0)m m >个单位长度后， 得到函数sin 3y x m π⎛⎫=++⎪⎝⎭的图象，又所得到的图象关于y 轴对称， 所以sin 013m π⎛⎫++=± ⎪⎝⎭，解得：()32m k k z πππ+=+∈，即：()6m k k z ππ=+∈， 又0m >，所以min 6m π=.故选：A. 点评：本题主要考查了两角和的正弦公式及三角函数图象的平移、性质等知识，考查转化能力，属于中档题。
6．函数()()241xf x x x e =-+⋅的大致图象是（ ）A ．B ．C ．D ．答案：A用0x <排除B ，C ；用2x =排除D ；可得正确答案. 解：解：当0x <时，2410x x -+>，0x e >， 所以()0f x >，故可排除B ，C ；当2x =时，()2230f e =-<，故可排除D ．故选：A ． 点评：本题考查了函数图象，属基础题．7．如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一个内角为30°，若向弦图内随机抛掷200颗米粒（大小忽略不计，取3 1.732≈），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）A ．20B ．27C ．54D ．64答案：B设大正方体的边长为x12x x -，设落在小正方形内的米粒数大约为N ，利用概率模拟列方程即可求解。
解：设大正方体的边长为x12x x -， 设落在小正方形内的米粒数大约为N ，则2212200x x N x ⎫-⎪⎝⎭=，解得：27N ≈ 故选：B 点评：本题主要考查了概率模拟的应用，考查计算能力，属于基础题。
8．若双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的渐近线与圆()2221x y -+=相切，则双曲线的离心率为( ) A ．2 BC．3D答案：C利用圆心(2,0)到渐近线的距离等于半径即可建立,,a b c 间的关系. 解：由已知，双曲线的渐近线方程为0bx ay ±=，故圆心(2,0)到渐近线的距离等于1，即1=，所以223a b =，c e a ====. 故选：C. 点评：本题考查双曲线离心率的求法，求双曲线离心率问题，关键是建立,,a b c 三者间的方程或不等关系，本题是一道基础题.9．设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）A ．若//m α,//m β,则//αβB ．若m α⊥，m n ⊥,则n α⊥C ．若m α⊥,//m n ,则n α⊥D ．若αβ⊥,m α⊥,则//m β答案：C在A 中，α与β相交或平行；在B 中，//n α或n ⊂α；在C 中，由线面垂直的判定定理得n α⊥；在D 中，m 与β平行或m β⊂． 解：设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则： 在A 中，若//m α，//m β，则α与β相交或平行，故A 错误； 在B 中，若m α⊥，m n ⊥，则//n α或n ⊂α，故B 错误；在C 中，若m α⊥，//m n ，则由线面垂直的判定定理得n α⊥，故C 正确； 在D 中，若αβ⊥，m α⊥，则m 与β平行或m β⊂，故D 错误． 故选C ． 点评：本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．10．已知定义在R 上的偶函数()f x 满足()()11f x f x +=-，当[]0,1x ∈时，()1f x x =-+，函数()1x g x e --=（13x -≤≤），则函数()f x 与函数()g x 的图象的所有交点的横坐标之和为（ ） A ．2 B ．4C ．5D ．6答案：B由函数的性质可得：()f x 的图像关于直线1x =对称且关于y 轴对称，函数()1x g x e--=（13x -≤≤）的图像也关于1x =对称，由函数图像的作法可知两个图像有四个交点，且两两关于直线1x =对称，则()f x 与()g x 的图像所有交点的横坐标之和为4得解. 解：由偶函数()f x 满足()()11f x f x +=-，可得()f x 的图像关于直线1x =对称且关于y 轴对称，函数()1x g x e--=（13x -≤≤）的图像也关于1x =对称，函数()y f x =的图像与函数()1x g x e--=（13x -≤≤）的图像的位置关系如图所示，可知两个图像有四个交点，且两两关于直线1x =对称， 则()f x 与()g x 的图像所有交点的横坐标之和为4. 故选：B 点评：本题主要考查了函数的性质，考查了数形结合的思想，掌握函数的性质是解题的关键，属于中档题.11．设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线()220y px p =>上任意一点，M 是线段PF 上的点，且2PM MF =,则直线OM 的斜率的最大值为( )A 3B ．23C 2D ．1答案：C试题分析：设200,)2y P y p （，由题意(,0)2p F ，显然00y <时不符合题意，故00y >，则2001112()(,)3333633y y p OM OF FM OF FP OF OP OF OP OF p =+=+=+-=+=+u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u ur u u u r ，可得：02000223222263OM y k y p y pp y p ==≤=++，当且仅当22002,2y p y ==时取等号，故选C ．【考点】1．抛物线的简单几何性质；2．均值不等式．【方法点晴】本题主要考查的是向量在解析几何中的应用及抛物线标准方程方程，均值不等式的灵活运用，属于中档题．解题时一定要注意分析条件，根据条件2PM MF =，利用向量的运算可知200(,)633y y p M p +，写出直线的斜率，注意均值不等式的使用，特别是要分析等号是否成立，否则易出问题．12．已知函数()1ln 11xf x x x+=++-且()()12f a f a ++>，则实数a 的取值范围是( ) A ．11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭B ．1,02⎛⎫-⎪⎝⎭C ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭答案：B构造函数()()1F x f x =-，判断出()F x 的单调性和奇偶性，由此求得不等式()()12f a f a ++>的解集.解：构造函数()()11ln 1x F x f x x x +=-=+-，由101xx+>-解得11x -<<，所以()F x 的定义域为()1,1-，且()()111lnln ln 111x x x F x x x x F x x x x +--⎛⎫-=-=--=-+=- ⎪-++⎝⎭，所以()F x 为奇函数，而()12lnln 111x F x x x x x +⎛⎫=+=-++ ⎪--⎝⎭，所以()F x 在定义域上为增函数，且()0ln100F =+=.由()()12f a f a ++>得()()1110f a f a -++->，即()()10F a F a ++>，所以1011102111a a a a a ++>⎧⎪-<<⇒-<<⎨⎪-<+<⎩. 故选：B 点评：本小题主要考查利用函数的单调性和奇偶性解不等式，属于中档题.二、填空题13．平面直角坐标系中,O 为坐标原点,己知A(3,1),B(-1,3),若点C 满足OC OA OB αβ=+u u u r u u u r u u u r,其中α,β∈R,且α+β=1,则点C 的轨迹方程为。