2022届黑龙江省哈尔滨市名校高三第三次模拟考试文科数学试题（Word解析版）

黑龙江省哈尔滨市名校2022届高三第三次模拟考试

文科数学试题

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．已知为虚数单位，则复数的虚部是（       ）

A． B． C．2 D．2i

2．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

3．下列命题中正确的是（       ）

A．数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数

B．对一组数据，如果将它们变为，其中，则平均数和标准差均发生改变

C．有甲､乙､丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样调查，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为30

D．一般可用相关指数来比较两个模型的拟合效果，越大，模型拟合效果越好

4．已知，，，则与的夹角为（       ）

A． B． C． D．

5．某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的表面积（单位：）是（       ）

A． B． C． D．

6．已知命题p：若平面∥平面，直线平面，则平面，命题q：若平面平面，直线，直线，则是的充要条件，则下列命题中真命题的个数为(       )

①；②；③；④.

A．0 B．1 C．2 D．3

7．定义在R上的函数满足以下三个条件：①对于任意的实数，都有成立；②函数的图象关于y轴对称；③对任意的，，，都有成立.则，，的大小关系为（       ）

A． B．

C． D．

8．在区间上随机取一个实数a，在区间上随机取一个实数b，则关于x，y的方程表示焦点在y轴上椭圆的概率为（       ）

A． B． C． D．

9．已知菱形ABCD中，，将其沿对角线AC折成四面体ABCD，使得，若该四面体的所有顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

10．设圆与y轴的正半轴交于点A，过点A作圆O的切线为l，对于切线l上的点B和圆O上的点C，下列命题中正确的是（       ）

A．若，则点B的坐标为 B．若，则

C．若，则 D．若，则

11．如图为某小区七人足球场的平面示意图，为球门，在某次小区居民友谊比赛中，队员甲在中线上距离边线米的点处接球，此时，假设甲沿着平行边线的方向向前带球，并准备在点处射门，为获得最佳的射门角度（即最大），则射门时甲离上方端线的距离为（       ）

A． B． C． D．

12．若对任意正实数x，不等式恒成立，则实数a的范围是（       ）

A． B． C． D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知等差数列的前n项和为，若，，则___________.

14．若变量x，y满足约束条件则z=2x-y的最小值为______．

15．函数的部分图象如图所示，则___________.

16．已知O为坐标原点，双曲线的右焦点为，直线与双曲线C的渐近线交于A､B两点，线段OB的中点为M，若O､A､F､M四点共圆，则双曲线C的渐近线方程为___________.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答

17．等比数列中，首项，前n项和为，且满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和.

18．如图，四棱锥中，，四边形PACQ为直角梯形，，，且，.

(1)求证：直线平面PAB；

(2)若直线CA与平面PAB所成线面角为，求三棱锥的体积.

19．2022年春节前，受疫情影响，各地鼓励市民接种新冠疫苗第三针.某市统计了该市4个地区的疫苗接种人数与第三针接种人数（单位：万），得到如下表格：

(1)请用相关系数说明y与x之间的关系可用线性回归模型拟合，并求y关于x的线性回归方程（若，则线性相关程度很高，可用直线拟合）.

(2)若A区市民甲､乙､丙､丁均在某日接种疫苗，若安排4人中的2人在上午接种，其余2人在下午接种，求甲､乙不都在上午接种的概率.

参考公式和数据：相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，.

20．已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，.

(1)证明：A，B的纵坐标之积为定值；

(2)若，求此时直线l的方程.

21．已知.

(1)讨论的单调性；

(2)设、为两个不相等的正数，且，其中.“以直代曲”是微积分的基本思想和重要方法.请你在①、②两种方法中选择一种（也可以同时选择①②）来证明：.

①用直线代替曲线在之间的部分；②用曲线在处的切线代替其在之间的部分.

22．在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为(t为参数).以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为.

(1)求圆C的直角坐标方程；

(2)设圆C与直线l交于点A、B，若点P的坐标为，求.

23．函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若的最小值为k，且实数a，b，c满足.求证：.

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

首先根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断其虚部；

【详解】

解：

所以复数的虚部为；

故选：C

2．C

【解析】

【分析】

求出集合，利用补集和交集的定义可求得结果.

【详解】

因为，则或，

因此，.

故选：C.

3．D

【解析】

【分析】

根据中位数和众数的定义判断A；根据平均数和标准差的性质可判断B；根据分层抽样的性质判断C；根据相关指数的定义和性质判断D.

【详解】

对于A，数据1，2，3，3，4，5的众数是3，中位数是，众数等于中位数，故A错误；

对于B，数据，如果将它们变为，其中，则平均数增加C，标准差不变，故B错误；

对于C，有甲､乙､丙三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为，故C错误；

对于D，由相关指数的性质可得可以通过比较相关指数的大小比较两个模型的拟合效果，且越大，模型拟合效果越好，故D正确．

故选：D．

4．B

【解析】

【分析】

根据题意得，再求出，代入公式即可求解.

【详解】

因为，所以，又，，

所以，设与的夹角为，

所以，所以.

故选：B.

5．B

【解析】

【分析】

由三视图可还原几何体，分别计算几何体各个面的面积，加和即可得到结果.

【详解】

由三视图可知几何体为如下图所示的四棱柱，

其中四边形，为矩形；四边形为平行四边形，

棱柱的高为，，，侧棱长为；

几何体表面积.

故选：B.

6．D

【解析】

【分析】

根据线面平行的性质判断p命题真假，根据面面垂直和线面垂直的判定与性质判断q命题真假，从而可判断各个命题真假，从而得到答案．

【详解】

若平面∥平面，直线平面，则m∥β或mβ，故p是假命题；

若平面平面，直线，直线，，若n⊥α，则m可以是α内任意直线，此时无法得到m⊥β，故q是假命题；

故是假命题，是真命题，是真命题，是真命题．

故真命题的个数是3．

故选：D．

7．B

【解析】

【分析】

由①②可得函数是周期为4的函数，且是奇函数，由③可得函数在上单调递增，进而可得函数在上单调递增，从而利用周期性和单调性即可求解.

【详解】

解：由题意，因为函数的图象关于y轴对称，所以，

所以，所以函数的图象关于对称，

又，所以，即，

因为，所以函数是周期为4的函数，

所以，，，

因为，且，所以，

所以函数为奇函数，

又因为对任意的，，，都有成立，即，

所以函数在上单调递增，

所以函数在上单调递增，

因为，所以，

故选：B.

8．C

【解析】

【分析】

用数对表示随机实验的可能结果，则所有结果可用坐标平面中的一矩形表示，而事件方程表示焦点在y轴上椭圆对应其中的一部分，利用几何概型的概率公式求解即可

【详解】

在区间和中各随机取1个数和，则所有可能性在矩形中，

事件方程表示焦点在y轴上椭圆等价于事件，

满足的点在如图所示的阴影部分内，

所以所求概率为,

故选：C

9．C

【解析】

【分析】

由已知该四面体为正四面体，将其补形为正方体，再求正方体的外接球的表面积即可.

【详解】

因为四边形为菱形，又，所以，

又，

所以四面体为棱长为2的正四面体，

如图将其补形为正方体，则该四面体的外接球与正方体的外接球相同，且正方体的面对角线为2，故其边长为，

因为正方体的外接球的直径为其体对角线，且其长度为，

所以正方体的外接球的表面积为，

所以正四面体的外接球的表面积为，

故选：C.

10．B

【解析】

【分析】

对于A，通过计算可知，A不正确；对于B，当与圆相切时，取得最大值为，可判断B正确；对于C，当与重合时，可判断C不正确；对于D，根据，可判断D不正确.

【详解】

对于A，若，则点B的坐标为或，故A不正确；

对于B，若，则，当与圆相切时，取得最大值为，所以，故B正确；

对于C，若，当与重合时，，故C不正确；

对于D，若，因为，所以，所以，所以，故D不正确.

故选：B

11．B

【解析】

【分析】

先根据题意解出长度，设，得到，再分析求值域，判断取等条件即可求解.

【详解】

设，并根据题意作如下示意图，由图和题意得：，，

所以，且，

所以，

又，所以，解得，即，

设，，则，

，所以在中，

有，

令，所以，

所以，

因为，所以，则要使最大，

即要取得最小值，即取得最大值，

即在取得最大值，

令， ，

所以的对称轴为：，所以在单调递增，在单调递减，

所以当时，取得最大值，即最大，此时，即，

所以，所以，即为获得最佳的射门角度（即最大），

则射门时甲离上方端线的距离为：.

故选：B.

12．A

【解析】

【分析】

转化问题为恒成立，设，则，利用导函数求得的最小值，即可求解.

【详解】

因为不等式恒成立，，

所以恒成立，

设，则，

因为，令，则，

所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以，

故选：A

13．20

【解析】

【分析】

设等差数列的公差，由结合通项公式求出公差，利用前项和公式求出即可．

【详解】

设等差数列的公差为，

因为，

所以，解方程得

所以

那么，

故答案为：20.

14．

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，是以为顶点的三角形区域，可知当直线过点时取得最小值，代入求得最小值为.

考点：线性规划.

15．##

【解析】

【分析】

观察图像可得函数的最值，周期，由最值可求得,根据周期求得，根据函数图像上的特殊点求得的值.

【详解】

根据图像可知函数的最小值为-2，最大值为2，由此可得，由图象可得所以，又，故，所以，由及得.

故答案为：.

16．

【解析】

【分析】

由几何性质可得四边形为等腰梯形，则，由点，，，可知，即可求得渐近线方程.

【详解】

由已知得

，，，

∵为的中点，为的中点，

∴为△的中位线，

∴,

∵O､A､F､M四点共圆,

∴,

∴,

又∵,

∴, ∴,

∴四边形为等腰梯形，

∴,

∴，解得，

则双曲线C的渐近线方程为，

故答案为：.

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）设数列公比为q，根据通项公式列式求出，即可得解；

（2）根据进行裂项求和可求出结果.

(1)

设数列公比为q，由，，可得，

化简得，即，所以.

(2)

，

则.

18．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）由勾股定理逆定理得到，再由可证明线面垂直；（2）在第一问的基础上找到，用等体积法求解三棱锥的体积.

(1)

证明：，，

即，

∴，又∵，

∴平面ABC，

∵平面ABC，

∴

∵，

∴平面.

(2)

过点B作，垂足为H，连接PC，

∵平面ABC，BH平面ABC，

∴，

∵，

∴平面PACQ，

∵由（1）得：直线平面PAB

∴直线CA与平面PAB所成线面角为∠CAB，

∴，

∴，

其中，

∴

19．(1)说明答案见解析，

(2)

【解析】

【分析】

(1) 利用相关系数公式及最小二乘法即得；(1)列出所有基本事件，再确定事件甲､乙都在上午接种的基本事件数，利用古典概型的概率公式和对立事件概率公式求解即可.

(1)

由题：，，

，，，

所以相关系数，

说明y与x之间的性相关程度很高，所以可用线性回归模型拟合y与x之间的关系.

，

故y关于x的线性回归方程为.

(2)

设

所以基本事件为：甲乙､甲丙､甲丁､乙丙､乙丁､丙丁共6个.

A中包含：甲乙

所以，

答：甲､乙不都在上午接种的概率为

20．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

(1)利用设而不求法求出A，B的纵坐标之积即可证明；(2)设设AB的中点为，由条件可得，根据(1)列方程求出即可.

(1)

若直线的斜率为0，则直线与抛物线只有一个交点，与已知矛盾，故直线的斜率不为0，

设直线，，，

，

,所以，即A，B的纵坐标之积为定值-4.

(2)

设AB的中点为，由（1）可知，

所以，，

又，

所以，

所以，

，，

，

所以，

直线l的方程为.

21．(1)增区间为，减区间为

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）求得，分别解不等式、可得出函数的增区间和减区间；

（2）分析可知，，

选①，证明出，，令与的交点为，点的横坐标，则，可得出，构造函数，，可得出，即可得出；

选②，求出在处的切线为，证明出，，令与的交点为，点的横坐标，可得出，构造函数，，可得出，即可证得结论成立；

选①②，证明出则，，，，令与的交点为，点的横坐标，则，令与的交点为，点的横坐标，则，可得，数形结合可证得结论成立.

(1)

解：函数的定义域为，.

由可得，由可得.

所以，函数的增区间为，减区间为.

(2)

证明：由（1）可知，，

由可得，

因为函数的增区间为，减区间为，

由可知，，

若选①，当时，，则，则，，

令与的交点为，点的横坐标，则，

由可得，，

令，，即，，

当时，，在上单调递增，

所以，；

选②，，，所以，在处的切线为.

令，其中，

，所以，函数在上单调递增，则，

所以，，，

令与的交点为，点的横坐标，则，

可得，

所以，，，

，，即，，

由知，，所以；

若选①②，当时，，则，则，，

，，所以，在处的切线为.

令，其中，

，所以，函数在上单调递增，则，

所以，，，

令与的交点为，点的横坐标，则，

令与的交点为，点的横坐标，则，

可得，

则，

由可得.

【点睛】

方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

22．(1)；

(2)﹒

【解析】

【分析】

(1)将、、代入圆C的极坐标方程即可求其直角坐标方程；

(2)将直线l的参数方程化为标准形式，代入圆C的直角坐标方程得到关于参数t的二次方程，根据韦达定理和直线参数方程参数的几何意义即可求出．

(1)

∵，∴，

即；

(2)

直线l参数方程的标准形式为(t为参数)，

代入圆C直角坐标方程整理得，

设方程的两根为、，则A、B对应参数、，

则，

∴．

23．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）利用零点分段讨论法即可求解；

（2）由绝对值三角不等式可得的最小值，进而有，又，从而利用柯西不等式即可证明.

(1)

解：当时，，所以原不等式即为，解得；

当时，，原不等式即为，解得；

当时，，原不等式即为，解得.

综上，原不等式的解集为.

(2)

解：因为，当且仅当时取等号，

所以，

由柯西不等式可知，

所以（当，，时等号）.