黑龙江省哈尔滨市第六中学校2020届高三第二次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com哈尔滨市第六中学校2020届第二次模拟考试试题

文科数学

考试说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟．

（1）答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚；

（2）选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，字迹清楚；

（3）请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效；

（4）保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀．

一．选择题：本题共12小题，每题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知集合，则（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】

直接根据交集的概念进行运算可得答案.

【详解】因为，

所以.

故选：C.

【点睛】本题考查了交集的运算，属于基础题.

2.复数的虚部为（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据复数的概念可直接选出答案

【详解】因为，所以其虚部为，

故选：B

【点睛】本题考查是复数的概念，较简单.

3.为了落实“精准扶贫”工作，县政府计划从4名男干部，2名女干部共6名干部中选2人去贫困村开展工作，则至少有一名女干部被选中的概率（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

至少有一名女干部被选中包含一名女干部被选中和两名女干部被选中两类事件，利用古典概型概率计算公式计算即可.

【详解】设6名干部中选2人去贫困村开展工作至少有一名女干部被选中为事件A，

.

故选：A

【点睛】本题考查组合问题、古典概型概率计算公式，属于基础题.

4.在中，角的对边分别是，若，，则角=（    ）

A.  B. 或 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先根据求出再利用正弦定理求出的值得解.

【详解】因为，

所以

因为

由正弦定理得或.

因为,所以.

故选：D.

【点睛】本题主要考查三角恒等变换和正弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

5.已知函数，若，，，则的大小关系为（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

求得函数单调性与奇偶性，再结合指数函数与对数函数的性质，得出，得到，进而得到，即可得到答案.

【详解】由题意，函数的定义域为，

且，即，

所以函数是上奇函数，

又由，所以函数为上的单调递减函数，

又因为，且，即，

所以，可得，

又由函数是上的奇函数，可得，

所以，即.

故选：D.

【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与函数的单调性，以及指数函数与对数函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟练应用函数的基本性质，结合指数函数与对数函数的性质求得自变量的大小关系式解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

6.若是不同的直线，是不同的平面，则下列命题中正确的是（   ）

A. 若，则

B. 若，则

C. 若，则

D. 若，则

【答案】C

【解析】

【分析】

根据平面可能垂直也可能平行或斜交判断；根据平面可能平行也可能相交判断；根据平面法线的性质判断；根据平面可能平行也可能相交判断,

【详解】中，若，平面可能垂直也可能平行或斜交，不正确；

中，若，平面可能平行也可能相交，不正确；

中，若，则分别是平面的法线，必有，正确；

中，若，平面可能平行也可能相交，不正确.故选C.

【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的判定，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假.

7.下列结论中正确的是（    ）

（1）是直线和直线垂直的充分不必要条件

（2）在线性回归方程中，相关系数越大，变量间的相关性越强

（3）命题“”是真命题

（4）若命题，，则，

A. （1）（4） B. （1）（2） C. （2）（3） D. （1）（3）

【答案】D

【解析】

【分析】

对于（1）两直线垂直解得或即可判断命题正确；对于（2）由相关系数的定义确定其真伪即可；对于（3）举例即可判断；对于（4）根据含有量词的否定，即可判断真假.

【详解】(1) 直线和直线垂直,则有，解得或，则可知(1)正确；

(2)两个随机变量相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1，题中说法错误；

(3)时，可知成立，则(3)正确.

(4) 若命题，，则，,可知(4)错误.

【点睛】本题主要考查两条直线垂直，指数性质，相关系数的含义，含有一个量词的否定，考查学生对基本概念的理解，属于基础题.

8.对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第层货物的个数为，则数列的前项和为（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由题意可得，，利用累加法可求数列的通项公式，求出数列的通项公式，利用裂项相消法求其前项和，即可求得结果.

【详解】解：由题意可知，，，，，累加可得，

，

.

故选：B.

【点睛】本题考查累加法求数列的通项公式，以及裂项相消法求和，属于中档题.

9.已知双曲线的右焦点为，右顶点，为渐近线上一点，则的最小值为（    ）

A.  B.  C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【分析】

求得点关于渐近线的对称点,则即可得出结果.

【详解】因为双曲线方程为:,

所以右焦点为，右顶点，渐近线为，

所以关于的对称点为，

所以.即最小值为.

故选：B.

【点睛】本题考查双曲线的基本性质，考查点的对称，考查数形结合的思想，属于基础题.

10.已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由的解析式可得当时，，结合指数函数的值域即可判断；再由时，，即结合二次函数性质即可得到的范围.

【详解】解：由不等式上恒成立，即在上恒成立，可得：

当时，，即显然成立；

又时，，即为，即即可.

综上可得.

故选：B.

【点睛】本题考查函数恒成立问题的解法，注意运用指数函数的值域和二次函数值域，属于基础题.

11.已知、分别是曲线的左、右焦点，点是曲线上的点，且，若坐标原点到线段的距离等于，则该椭圆的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

过点作，可得出，进而可得出，利用椭圆的定义可得，然后利用余弦定理可得出关于、、的齐次等式，进而可求得该椭圆的离心率的值.

【详解】过点作，由于为线段的中点，则，

在中，，

由椭圆的定义可得，

在中，由余弦定理得，

即，整理得，解得，

因此，椭圆的离心率为.

故选：C.

【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，解题时要充分分析焦点三角形的结构特征，结合余弦定理建立等式求解，考查计算能力，属于中等题.

12.已知偶函数满足，且当时，，若关于的方程在上有300个解，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据偶函数和得出函数的周期为，作出函数在内的图象，根据周期性可知关于的方程在上有个解，结合图象分析可得关于的方程在区间和内各有一个实根，根据二次方程实根的分布，列不等式组即可解得结果.

【详解】因为偶函数满足，所以，

所以函数是周期为的周期函数，

因为当时，，

所以当时，，所以，

即当时，，

作出函数在一个周期内的图象如图：

因为关于的方程在上有300个解，所以关于的方程在上有个解，

结合图象可知必有两个值，一个大于1小于2，另一个大于且小于，

等价于关于的方程在区间和内各有一个实根，

令，则，所以，解得.

故选：B.

【点睛】本题考查了函数与方程思想、转化划归思想，数形结合思想，考查了函数的周期性和奇偶性，考查了二次方程实根的分布，转化为关于的方程在区间和内各有一个实根是解题关键，属于难题.

二．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

13.已知向量，若，则______.

【答案】

【解析】

【分析】

根据平面向量平行的坐标表示列方程，利用对数知识可解得结果.

【详解】因为，所以，

所以，所以，所以，所以，

故答案为：

【点睛】本题考查了平面向量平行的坐标表示，考查了对数的运算法则和运算性质，属于基础题.

14.设实数满足约束条件，若，则的最大值为______.

【答案】14

【解析】

【分析】

在直角坐标系内，画出约束条件所构成的平面区域，然后平移直线，在平面区域内，找到一点，使得经过该点的直线在纵轴上的截距最大，把点的坐标代入目标函数即可.

【详解】约束条件所表示的平面区域如下图所示：

平移直线，直线经过点时，在纵轴上的截距最大，点的坐标是方程组的解，解得，把点的坐标代入目标函数中得：

.

故答案为：14

【点睛】本题考查了求目标函数最大值问题，考查了数形结合思想和数学运算能力.

15.已知函数与的图象有一个横坐标为的交点，若函数的图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍后，得到函数的周期为，则的值为________.

【答案】1

【解析】

【分析】

代入的解析式求出交点坐标，交点坐标代入的解析式即可求得从而求得的具体解析式，根据三角函数图象变换规则求出的表达式，利用周期公式求出，代入的解析式计算即可.

【详解】因为，且与的图象有一个横坐标为的交点，

所以或，

解得或，又，

所以，则，

根据题意，

因为的周期为，所以,

所以，.

故答案为：1

【点睛】本题考查正弦函数的图象与性质、三角函数图象变换规则、正弦型函数的周期，属于中档题.

16.蜂巢是由工蜂分泌蜂蜡建成的.从正面看，蜂巢口是由许多正六边形的中空柱状体连接而成，中空柱状体的底部是由三个全等的菱形面构成.如图，在正六棱柱的三个顶点处分别用平面，平面，平面截掉三个相等的三棱锥，，，平面，平面，平面交于点，就形成了蜂巢的结构，如下图（4）所示，

瑞士数学家克尼格利用微积分的方法证明了蜂巢的这种结构是在相同容积下所用材料最省的，英国数学家麦克劳林通过计算得到菱形的一个内角为，即.以下三个结论①；② ；③四点共面，正确命题的个数为______个；若，，，则此蜂巢的表面积为_______.

【答案】    (1). 2    (2).

【解析】

【分析】

根据正六棱柱底面正六边形的性质可判断出边之间的大小关系及平行关系；根据已知条件求出表面各边的长度，蜂巢的表面积即由6个梯形和3个菱形组成，分别求出梯形和菱形的面积代入即可.

【详解】由题可得：，

六边形是正六边形，

所以，即有，

所以①错误；

用平面，平面，平面截掉

三个相等的三棱锥，，，

所以平面与底面平行，

所以有：、、,

在正六边形中，

所以；②正确；

因，

所以，即四点共面，③正确；

因此正确个数有2个；

连接，，如图：

由题意可得：且，

因为，，

所以，

即有，

四边形为菱形，

所以在中可求出，

，

所以，

，

所以蜂巢的表面积为

故答案为：

【点睛】本题考查了正六棱柱中的边的关系以及求几何体的表面积，考查了学生的计算能力，属于一般题.

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.如图所示，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，且.

（1）证明：平面；

（2）若，求异面直线与所成角的余弦值.

【答案】（1）见解析（2）

【解析】

【分析】

（1）先证明平面平面，即可得证线面平行；

（2）取PA的中点M，连接MD，MC，根据余弦定理求解即可得解.

【详解】（1）由题，平面，平面，所以平面，

四边形是边长为2的菱形，所以，平面，平面

，所以平面，CD和DE是平面CDE内两条相交直线，

所以平面平面，平面，

所以平面；

（2）取PA的中点M，连接MD，MC，由题可得，

所以四边形PMDE是平行四边形，所以PE∥MD，又，

异面直线与所成角就是MD与CD所成角，

是边长为2的菱形，，所以三角形ABC是等边三角形，

底面，，

在三角形MDC中，由余弦定理，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

【点睛】此题考查证明线面平行，求异面直线夹角，通过面面平行证明线面平行，结合平行关系和余弦定理求解异面直线的夹角.

18.年初新冠病毒疫情爆发，全国范围开展了“停课不停学”的线上教学活动.哈六中数上教学策略：先采取甲、乙两套方案教学，并对分别采取两套方案教学的班级的次线上测试成绩进行统计如图所示：

（1）请填写下表（要求写出计算过程）

（2）从下列三个不同的角度对这次方案选择的结果进行分析：

①从平均数和方差相结合看（分析哪种方案的成绩更好）；

②从折线图上两种方案的走势看（分析哪种方案更有潜力）.

【答案】（1），，，；（2）见解析.

【解析】

【分析】

（1）利用平均数和方差公式可求得甲、乙两套方案教学的班级的次线上测试成绩的平均数和方差；

（2）①结合平均数和方差的大小关系可得出更稳定的方案；

②根据折线图上两种方案的走势可得出更有潜力的方案.

【详解】（1）由表格中的数据可得，

，

，，

（2）①甲、乙两种方案的平均数相等，且，乙方案更稳定；

②从折线图的走势上看甲更好，使用甲方案成绩稳步提高，而使用乙方案成绩不稳定，忽上忽下.

【点睛】本题考查平均数和方差的计算，同时也考查了数据分析的能力，属于基础题.

19.已知数列中，.

（1）求证：是等差数列；

（2）若，且数列的前项和为，求数列的最小项.

【答案】（1）见解析（2）

【解析】

【分析】

（1）根据题意，由数列递推关系得，结合等差数列的定义，即可证出是以为首项，2为公差的等差数列；

（2）根据等差数列的通项公式和前项和公式，求得和，得出，最后利用等差数列的前项和的二次函数性质，即可求出数列的最小项.

【详解】解：（1）由题可知，，

  ，

 ，且，

是以为首项，2为公差的等差数列，

.

（2）已知数列的前项和为，

，

由于，

，

设，即，

可知，当取与靠近的整数时，取得最小值，

所以当时，的最小项为：，

即数列的最小项为.

【点睛】本题考查根据数列的递推关系和等差数列的定义证明等差数列，以及等差数列的通项公式和前项和公式，还利用等差数列前项和的二次函数性质求最值，考查化简运算能力.

20.已知函数，.

（1）若，求在处的切线方程；

（2）设，若对恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）由，得到，求得，写出切线方程.

（2）根据，得到，令，由，得到即在递增，而，分， 讨论求解.

【详解】（1）因为，

所以，

所以，

所以切线方程为，即.

（2）因为，

所以，

令，

，对恒成立，

所以即在递增，

，

①当时，，

所以在递增，，成立.

②当时，，且，

存在，使，

所以递减，在递增，

所以与题意不符，

综上：

所以实数的取值范围.

【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，导数与不等式恒成立问题，还考查了分类讨论思想和运算求解的能力，属于难题.

21.直线是过点的动直线，当与圆相切时，同时也和抛物线相切.

（1）求抛物线的方程；

（2）直线与抛物线交于不同的两点，与圆交于不同的两点A、B，面积为，面积为，当时，求直线的方程．

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）设直线，根据直线与圆相切的性质列出方程求解m，再联立直线方程与抛物线方程得到关于y的一元二次方程，由直线l与抛物线相切得即可求得p；（2）联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理及弦长公式求出，求出圆心O到直线l的距离代入求出，由得，列方程求解m即可求得直线方程.

【详解】（1）由题意可知直线斜率显然不为0 ，设直线，

由题意知圆心到直线l的距离 ，，

联立直线与抛物线方程，因为直线l与抛物线相切

，解得，

抛物线的方程为.

（2）联立直线与抛物线方程，

根据题意，

设，，则，，

所以，

圆心到直线的距离，

，

，，

，解得，，

所以直线l的方程为.

【点睛】本题考查直线与圆、直线与抛物线的综合问题，根据直线与圆、直线与抛物线的位置关系求参数，弦长公式及韦达定理，属于较难题.

22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）.设直线与的交点为，当变化时的点的轨迹为曲线.

（1）求出曲线的普通方程；

（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，设射线的极坐标方程为且，点是射线与曲线的交点，求点的极径.

【答案】（1）.（2）

【解析】

【分析】

（1）先将直线，的参数方程化为普通方程，再根据交轨法消去参数，即可得到曲线的普通方程；

（2）设出点的直角坐标为，再根据点在射线上以及点在曲线上，即可解出．

【详解】（1）直线的普通方程为，直线的普通方程为

联立直线，方程消去参数，得曲线C的普通方程为，

整理得．

（2）设Q点的直角坐标系坐标为，

由可得

代入曲线C的方程可得，解得（舍），所以点的极径为．

【点睛】本题主要考查直线的参数方程和普通方程的互化，利用交轨法求轨迹方程，以及极径的求法，属于中档题．

23.已知函数．

（Ⅰ）解不等式；

（Ⅱ）已知，求证：．

【答案】（Ⅰ）解集为；（Ⅱ）证明略．

【解析】

【分析】

（Ⅰ）将式子进行整理，得到，之后应用零点分段法，解得结果；

（Ⅱ）应用绝对值三角不等式，求得，借助于基本不等式证得，从而证得结果.

【详解】（Ⅰ），即为，

该不等式等价于如下不等式组：

1） ，

2） ，

3），

所以原不等式的解集为或；

（Ⅱ），

，

所以.

【点睛】该题考查的是有关不等式的问题，涉及到的知识点有绝对值不等式的解法，不等式恒成立问题，基本不等式求最值，问题的等价转化，注意思维的灵活性.