2021届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三二模数学（理）试题含解析

2021届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三二模数学（理）试题

一、单选题

1．若，，则集合的子集个数为

A．4 B．8 C．16 D．32

【答案】C

【分析】求出集合，根据集合中元素个数求出的子集个数.

【详解】解：由已知得，

故集合的子集个数为，

故选：C.

【点睛】本题考查集合子集的个数，根据公式即可得出，是基础题.

2．已知为虚数单位，，为实数，若，则（    ）

A． B． C． D．6

【答案】B

【分析】利用已知条件列方程组可得的值，再由复数的模长公式计算即可．

【详解】∵，

∴，

∴，解得：，

∴，

故选：B.

3．已知，，，则在方向上的投影为（    ）

A．1 B．5 C． D．

【答案】A

【分析】由的坐标求出和，进而利用投影的定义求解即可．

【详解】∵，，

则，

∴，，

∴在方向上的投影为：.

故选：A.

4．将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象过点，则的最小值为（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】C

【分析】根据三角函数的辅助角公式进行化简，结合三角函数的平移平移关系求出函数的解析式，建立方程进行求解即可．

【详解】解：，

将的图象向右平移个单位长度得到，

所得图象过点，

，

即，

则，，

得或，，

因为

当时，的最小值为，

故选：．

【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换，利用辅助角公式结合三角函数的平移变换关系求出函数的解析式是解决本题的关键．

5．北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破.为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分为三人组中包含小明和小李和不包含小明和小李两类，分别计算方案种数即可得结果.

【详解】由题意可知应将志愿者分为三人组和两人组，

当三人组中包含小明和小李时，安装方案有种；

当三人组中不包含小明和小李时，安装方案有种，共计有种，

故选：A.

6．已知圆过点、、，则圆在点处的切线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先根据圆心在弦的中垂线上求得圆心坐标，计算直线MB的斜率，即得圆在点处的切线的斜率，再利用点斜式写直线方程即可.

【详解】解：根据题意，设圆心的坐标为，圆过点、、，

则点在线段的垂直平分线上，则，

同理，点在线段的垂直平分线上，则，即圆心坐标为，

则直线MB的斜率，则圆在点处的切线的斜率，

又由，则该切线方程为，化简得.

故选：C.

7．某次抽奖活动中，小王通过操作按键，使电脑自动产生内的两个均匀随机数､，随后电脑自动运行如图所示的程序框图的相应程序；若电脑显示“中奖”，则小王获相应奖品；若电脑显示“谢谢”，则不中奖；小王获得奖品的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用几何概型-面积型的概率计算公式即可求解.

【详解】解：由题意，小王获得奖品中奖时，，

其中，，，

如图所示，小王获得奖品的概率为梯形面积与正方形面积之比，

故该运动员获得奖品的概率为：.

故选：A.

8．设，则的大小关系为

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据指数函数与对数函数的图象与性质，即可得出的大小关系.

【详解】因为，

，

，

所以，

故选C.

【点睛】该题考查的是有关指数幂与对数值的比较大小的问题，涉及到的知识点有指数函数和对数函数的性质，应用中介值比较，属于简单题目.

9．铸于明嘉靖十二年的泰山岱庙铁塔，造型质朴雄伟，原有十三级，抗日战争中被日军飞机炸毁，现仅存三级，它的底座是近似圆形的，如图1．我国古代工匠已经知道，将长方体砖块以某个固定的角度相接就可砌出近似圆形的建筑，现存铁塔的底座是用10块一样的长方体砖块砌成的近似圆形的墙面，每块长方体砖块底面较长的边长为1个单位，相邻两块砖之间的夹角固定为36°，如图2，则此近似圆形墙面内部所能容纳最大圆的半径是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】如图所示，由即可解出结果．

【详解】如图，设O为内切圆的圆心r为内切圆的半径．由．，，得，解得．

故选：B

10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A．8π－ B．4π－

C．8π－4 D．4π＋

【答案】A

【分析】由三视图知原几何体是一个半圆柱中间挖去一个四面体，由柱锥体体积公式计算．

【详解】该几何体为一个半圆柱中间挖去一个四面体，

∴体积V＝.

故选：A．

【点睛】本题考查三视图，考查几何体的体积，解题关键是由三视图还原出原几何体形状、结构．

11．已知双曲线的右焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与双曲线的渐近线交于点A（A在第一象限内），以为直径的圆与双曲线的另一条渐近线交于点B，若，则双曲线C的离心率为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】如图，由题意和圆周角定理可得，即可求出

，进而可得离心率.

【详解】如图，因为，所以点F在圆上，又，所以，

而，所以是等腰三角形，

又因为，所以，

所以，所以.

故选:A．

【点睛】关键点点睛：根据题意画图是解决解析几何非常关键的一步，再结合平面几何知识进行推理，找出与的关系即可.本题考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目.

12．已知定义域为的函数在单调递减，且，则使得不等式成立的实数的取值范围是（    ）

A． B．或

C．或 D．或

【答案】D

【分析】由已知可得函数的对称性，然后结合函数在单调递减，所以可判断在定义域上的单调性，进而利用单调性可解.

【详解】解：，则关于对称，

因为在单调递减，

∴在上单调递减，

又

∴，

∴，

∴或，

故选：D.

【点睛】结论点睛：若满足，则关于中心对称.

二、填空题

13．________.

【答案】

【分析】运用微积分基本定理直接求解即可.

【详解】.

故答案为：

【点睛】本题考查了微积分基本定理，考查了数学运算能力，属于基础题.

14．若椭圆的离心率为，则该椭圆的长轴长为___________.

【答案】4或.

【分析】根据题意，分和两种情况讨论求解即可.

【详解】解：由椭圆的离心率为，

当时，椭圆焦点在轴上，

，解得，所以椭圆的长轴长为4.

当时，椭圆焦点在轴上，，得，所以椭圆的长轴长为.

故答案为：4或.

【点睛】本题考查椭圆的性质，解题的关键在于根据题意分椭圆焦点在轴上和在轴上两种情况求解，考查运算求解能力，是基础题.

15．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，有下列四个命题：

①若，，则；

②若，，，则；

③若，，，，则；

④若，，，则.

其中正确命题的序号为___________.

【答案】②

【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解.

【详解】解：① 若，，则与平行或，故① 错误；

② 由，，得，又因为，得，故② 正确；

③ 若，，，，则与相交或平行，故③ 错误，

④ ，，，则与可能平行，所以④ 错误.

故答案为：② .

16．如图，在中，，是边上的高，若，则的面积为___________.

【答案】3

【分析】利用已知条件和余弦定理化简三角形面积，再结合和，即得，得到结果.

【详解】解：因为，，

所以

.

故答案为：3.

【点睛】关键点点睛：

本题的解题关键在于代入数值，灵活运用余弦定理和勾股定理化简面积到已知定值上，即突破难点.

三、解答题

17．在等差数列中，，，数列满足.

（1）求数列、的通项公式；

（2）若，求数列的前项和.

【答案】（1），，；（2）.

【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，由此可得出等差数列的通项公式，由可求得的值，令，由可得出，两式作差可得出的表达式，综合可得出数列的通项公式；

（2）求得，利用错位相减法可求得.

【详解】（1）由题意，设等差数列的公差为，

则，化简得，解得，

所以，，，

对于数列，当时，由，

可得，

两式相减，可得，.

当时，则，解得满足.

所以，，；

（2）由（1）得，，

则，

，

两式相减，可得，

化简可得.

【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：

（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；

（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；

（3）对于结构，利用分组求和法；

（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.

18．已知正方形的边长为4，､分别为､的中点，以为棱将正方形折成如图所示的60°的二面角，点在线段上.

（1）若为的中点，且直线与由，，三点所确定平面的交点为，试确定点的位置，并证明直线平面；

（2）是否存在点，使得直线与平面所成的角为60°？若存在，求线段的长，若不存在，请说明理由.

【答案】（1）点在的延长线上，且，证明见解析；（2）存在，或3.

【分析】（1）根据平面的基本性质可求得点的位置，再根据平面几何中矩形和三角形的性质得出线线平行，根据线面平行的判定定理可得证；

（2）由已知可得，，，所以平面，所以平面平面，取的中点H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设出点的坐标，根据线面角的空间坐标计算公式可得的坐标，可得解.

【详解】（1）证明：直线平面，故点在平面也在平面内，

所以点在平面与平面的交线上，如图所示，

因为，为的中点，

所以，

所以，，

所以点在的延长线上，且，

连结交与点，因为四边形为矩形，所以点是的中点，

连结，因为为的中位线，所以，

又因为平面，所以直线平面；

（2）由已知可得，，，，，平面，

所以平面，又平面，所以平面平面，

取的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

则，，，，

所以，，

设，则，

设平面的法向量为，

则，即，

令，则，故，

因为直线与平面所成的角为60°，

所以，

所以，解得或，

故存在点，使得直线与平面所成的角为60°，

当时，，又，所以；

当时，，又，所以.

所以或3.

【点睛】关键点点睛：本题考查两平面的交线问题，线面平行的证明，线面角的计算，注意在确定两平面的交线时运用平面性质的公理，解决本题的关键点是证明出平面，进而得出平面平面，建立空间直角坐标系，利用线面角公式列出方程，求解即可，考查学生空间想象能力和计算能力，属于中档题.

19．核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，首先取病人的唾液或咽拭子的样本，再提取唾液或咽拭子样本里的遗传物质，如果有病毒，样本检测会呈现阳性，否则为阴性.根据统计发现，疑似病例核酸检测呈阳性的概率为，现有4例疑似病例，分别对其取样､检测，多个样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有病毒，则混合样本化验结果就会呈阳性，若混合样本呈阳性，则将该组中各个样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则该组各个样本均为阴性.现有以下三种方案：方案一：逐个化验；方案二：四个样本混在一起化验；方案三：平均分成两组化验.在新冠肺炎爆发初期，由于检查能力不足，化检次数的期望值越小，则方案越“优”.

（1）若，求2个疑似病例样本混合化验结果为阳性的概率；

（2）若，现将该4例疑似病例样本进行化验，请问：方案一､二､三中哪个最“优”？

（3）若对4例疑似病例样本进行化验，且“方案一”比“方案二”更“优”，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）选择方案一最“优”；（3）.

【分析】（1）根据相互独立事件、对立事件概率计算公式，计算出所求概率.

（2）求得三个方案的检测次数的期望值，由此判断出最优的方案.

（3）由方案二检测次数的期望值，求得的取值范围.

【详解】（1）由题意可知，2个疑似病例样本混合化验结果均为阴性的概率为

2个疑似病例样本混合化验结果为阳性的概率为；

（2）方案一：逐一检测，检验次数为4次，数学期望为；

方案二：检测次数为，的可能取值为1，5，

所以，，

所以的分布列为：

的数学期望为；

方案三：同一组两个样本检测时，若呈阴性，检测次数为1，概率为，

若呈阳性，则检测次数为3，概率为，

设方案三的检测次数为随机变量，则的可能取值为2，4，6，

所以，，，

所以随机变量的分布列为：

的数学期望为；

比较可得，

故选择方案一最“优”；

（3）方案二：即检测次数为，则随机变量的可能取值为1，5，

所以，，

随机变量的分布列为：

所以的数学期望为，

由于“方案一”比“方案二”更“优”，则，

可得，即，

故当时，方案一比方案二更“优”.

【点睛】期望值若是研究利润，则期望值越大越好，若是研究成本，则期望值越小越好.

20．在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知曲线上任意一点（其中）到定点的距离比它到轴的距离大1．

（1）求曲线的轨迹方程；

（2）若过点的直线与曲线相交于A、B不同的两点，求的值；

（3）若曲线上不同的两点、满足，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）；（3）．

【详解】试题分析：（1）依题意知，动点P到定点F（1，0）的距离等于P到直线x=-1的距离，曲线C是以原点为顶点，F（1，0）为焦点的抛物线，由此可求曲线C方程；（2）当l平行于y轴时，其方程为x=1，可得

，当l不平行于y轴时，设其斜率为k，则由得，利用韦达定理及向量的数量积公式，可求的值；（3）设，利用数量积公式及，可得，进一步表示出，即可确定的取值范围

试题解析：依题意知，动点到定点的距离等于到直线的距离，曲线是以原点为顶点，为焦点的抛物线

∵∴ ∴ 曲线方程是

（2）当平行于轴时，其方程为，由解得、，此时

当不平行于轴时，设其斜率为，则由得

设，则有，

∴

（3）设

∴

∵

∴

∵，化简得

∴

当且仅当时等号成立

∵

∴当的取值范围是

【解析】1．直线与圆锥曲线的综合问题；2．平面向量数量积的运算；3．轨迹方程

21．已知函数在点处的切线过点．

(1)求实数的值，并求出函数单调区间；

(2)若整数使得在上恒成立，求的最大值．

【答案】（1），在单调递减，在单调递增；（2）7.

【详解】分析：（1）函数求导，由处的切线斜率为，利用点斜式得到切线方程，将代入求解的值，并根据导数的正负可得单调区间；

（2）由等价于，记 ，求导得，记，继续求导可知在单调递增，易知存在，使得，从而得到，进而求范围即可.

详解：

(1)的定义域为，，∴处的切线斜率为

因此切线方程为，即   

又∵切线过，代入上式解得，∴

可得在单调递减，在单调递增．   

（2）∵时， ，∴等价于

记 ，∴

记，有 ，∴在单调递增

∴ ，由于，，可得

因此，故

又

由零点存在定理可知，存在，使得，即①

且时，，时，

故时，单调递减，时，单调递增

∴

由①可得   

故的最大值为7．

点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：

（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；

（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为 ，若恒成立；

（3）若 恒成立，可转化为（需在同一处取得最值） .

22．在平面直角坐标系中，曲线的方程为，曲线的方程为，是一条过原点且斜率大于的直线.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求与的极坐标方程；

（2）若与的一个公共点为(异于原点)，与的一个公共点为，求的取值范围.

【答案】（1）：，：；（2）.

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标之间的互化公式代换即可得答案；

（2）由题可知曲线的极坐标方程为，进而得，，再根据并结合三角恒等变换计算即可得答案.

【详解】解：（1）曲线的方程为，即：

根据，转换为极坐标方程为.

曲线的方程为，根据转换为极坐标方程为.

（2）曲线的极坐标方程为，

由于曲线与曲线的一个公共点为，

所以，

整理得，

曲线与曲线的一个公共点为，

所以，

整理得，

故，

由于，

所以，

故.

故的取值范围为.

【点睛】本题考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，同时也考查了利用极坐标方程求解过原点的线段长度的问题，要充分利用三角恒等变换思想求解，考查计算能力，属于中等题.本题解题的关键在于写出曲线的极坐标方程为，进而利用求解即可.

23．已知函数，若不等式的解集为.

（1）求的值；

（2）若存在，使得不等式成立，求的取值范围.

【答案】（1）（2）

【分析】（1）根据含有一个绝对值不等式的解法，求解，比较可求得的值.（2）将问题转化为存在解来求解.构造函数，利用零点分段法将其表示为分段函数的形式，由此求得的最小值，根据这个最小值求得的取值范围.

【详解】解：（1）∵，

∴，即，解得，

又∵不等式的解集为，∴.

（2）依题意，，

故不等式可化为，

要使不等式存在解，即存在解，即存在解，

令，

∴的最小值为，依题意得，

∴.

【点睛】本小题主要考查含有一个绝对值的不等式的解法，考查零用零点分段法将含有绝对值的函数表示为分段函数的形式，考查存在性问题的解法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.