黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三第一次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

这是一份黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三第一次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
www.ks5u.com2020年哈三中高三学年第一次模拟考试数学试卷（理工类）第Ⅰ卷一、选择题1.已知全集，集合，，那么集合=（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先分别解不等式和,再求得,进而根据交集的定义求解即可.【详解】由题,,解得或,则,,解得,即,所以,故选:B【点睛】本题考查集合的交集、补集运算,考查解一元二次不等式和分式不等式,考查运算能力.2.为虚数单位，满足的复数的虚部是（    ）A. 1 B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】整理为的形式,即可得到结果.【详解】由题,因为,所以,故选:C【点睛】本题考查复数的虚部,考查复数的除法运算,属于基础题.3.的展开式中的常数项为（    ）A.  B.  C.  D. 9【答案】C【解析】【分析】利用通项公式,令,进行求解.【详解】由题,因为,所以令,解得,所以常数项为,故选:C【点睛】本题考查二项式展开式中的常数项,属于基础题.4.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暅原理的条件，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. 【答案】D【解析】【分析】设圆锥的底面半径为,则母线长为,高为,由同高的圆锥和棱锥满足祖暅原理的条件,可知棱锥与圆锥的体积相等,进而求解.【详解】由题,设圆锥的底面半径为,因为圆锥的侧面展开图是半圆,则母线长为,高为,因为现有同高的圆锥和棱锥满足祖暅原理的条件,所以棱锥与圆锥的体积相等,所以,解得,所以母线长为,故选:D【点睛】本题考查圆锥的体积公式的应用,考查理解分析能力.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. 【答案】A【解析】【分析】将代入中即可得到该商场平均每天的总销售额,进而求比即可.【详解】由题,当,,所以比值为,故选:A【点睛】本题考查线性回归方程的应用,属于基础题.6.已知为等比数列的前项和，且是与的等差中项，则数列的公比为（    ）A.  B.  C.  D. 或1【答案】A【解析】【分析】由等差中项可得,整理可得,进而根据等比数列的定义求解即可.【详解】由题,因为是与的等差中项,所以,即,所以,所以,故选:A【点睛】本题考查求等比数列的公比,考查等差中项的应用.7.某地区有10000名高三上模拟考试，其中数学分数服从正态分布，成绩在(117,126]之外的人数估计有（    ）（附：若服从，则，）A. 1814人 B. 3173人 C. 5228人 D. 5907人【答案】A【解析】【分析】由,可得,进而由数据及对称性求得概率,即可求解.【详解】由题,,,,所以,所以人,故选:A【点睛】本题考查正态分布的应用,考查由正态分布的区间及对称性求概率.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. 【答案】C【解析】【分析】设,与直线方程联立可得,由有公共点,则满足,进而求解即可.【详解】由题,设椭圆方程为,与直线联立可得,令,解得或（舍去）,故的最小值为5,故选:C【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查运算能力.9.已知某同学每次射箭射中的概率为，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=（    ）A. 0.5 B. 0.6 C. 0.7 D. 0.8【答案】C【解析】【分析】若该同学射箭3次射中多于1次,即射中2次或3次,有,进而求解即可.【详解】由题,,解得,故选:C【点睛】本题考查独立重复事件的概率,考查二项分布的应用.10.已知函数和函数的图象分别为曲线，，直线与，分别交于，两点，为曲线上的点.如果为正三角形，则实数的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由可求得,由两曲线可知,即可求得点坐标,再由正三角形的性质可得,进而求解.【详解】由题可知,当时,,则,即,由曲线,可得,所以,又为正三角形,所以,所以,解得,故选:B【点睛】本题考查指数式与对数式的应用,考查对数函数图象的应用,考查运算能力.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. 【答案】B【解析】【分析】由最大点数与最小点数之差为3可得最大点数与最小点可能为,,,由每次骰子的点数可能的情况为6种,当两点数组合为时,第三个数可取,则对选出的3个数全排列,再减去重复的情况,其他两组同理,进而求解.【详解】由题可知,因为最大点数与最小点数之差为3,则最大点数与最小点可能为,,,则,故选:B【点睛】本题考查古典概型的概率公式的应用,考查排列的应用,考查分析能力.12.已知函数，若方程有7个不同的实数解,则的取值范围（    ）A. (2,6) B. (6,9) C. (2,12) D. (4,13)【答案】C【解析】【分析】先画出的图象,设,由图象可转化问题为有3个解,有4个解,则分别讨论①,；②,；③,,再利用线性规划求解.【详解】由题,当时,；当时,,当时,；当,,所以在上单调递增,在上单调递减,所以,当时,,则；当时,,则,画出的图象,如图所示,因为有7个不同的实数解, 设,则,设为方程的解,则由图象可知有3个解,有4个解,①,,将代入方程中可得,与条件矛盾,舍去；②,,设,则,即,则可行域如图所示,设,即,平移直线,与点相交时截距最小,与点相交时截距最大,因为点,点,所以；③,,则,即,则可行域如图所示,即为线段,平移直线,与点相交时截距最小,与点相交时截距最大,因为点,点,所以,综上,,故选:C【点睛】本题考查由零点个数求参数范围,考查利用线性规划求范围,考查利用导函数判断函数图象,考查转化思想、分类讨论思想和数形结合思想.第Ⅱ卷二、填空题13.已知函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】转化问题为函数与在上有两个交点,进而求解即可.【详解】由题,因为函数在上有两个不同的零点,所以设,则函数与在上有两个交点,因为,且,则设,,所以,则当时,函数单调递增；当时,函数单调递减,当时,；当时,；当时,,所以,故答案为: 【点睛】本题考查由零点的个数求参数范围,考查利用三角恒等变换化简,考查转化思想和运算能力.14.已知点为圆上任一点，，分别为椭圆的两个焦点，求的取值范围______.【答案】[80,120]【解析】【分析】由椭圆的标准方程可得焦点,,由点在圆上可设,求得,,进而利用三角函数的性质求解即可.【详解】由题,椭圆的焦点为,,设点,则,,所以,,因为,所以,故答案为:【点睛】本题考查平面向量的数量积,考查椭圆的几何性质的应用,考查三角函数的应用.15.若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则________.【答案】1或【解析】【分析】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，由两切线重合得斜率和截距相等，从而求得切线方程的答案．【详解】设与和的切点分别为，由导数的几何意义可得，曲线在在点处的切线方程为，即，曲线在点处的切线方程为，即，则，解得，或，所以或．【点睛】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.已知双曲线的焦距为，，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，则双曲线离心率的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据题意坐标原点到直线的小于，得到不等量关系，结合关系，得出的范围，再由直线与轴交点在以为直径的圆外，得到，进而求出结论.【详解】直线化为，与坐标轴交于和,以为直径的圆是以原点为圆心,半径为的圆,该圆与直线在第一象限有两个不同公共点，所以在圆外，得，坐标原点到直线距离小于半径，即,因为,则整理可得， ，解得，又，故答案为:【点睛】本题考查双曲线的离心率的范围,考查直线与圆的位置关系的应用,考查运算能力.三､解答题17.在中，角，，的对边分别为，，，且.（1）若，求的大小；（2）若边上的中线的长为，求面积的最大值.【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）由余弦定理表示 代入中,整理可得，利用降幂公式整理可得,然后得,即可求得角；（2）延长线段至,满足,联结,在中,设,,由余弦定理可得,再利用均值不等式可得的最大值,进而求解.【详解】由,根据余弦定理,所以,即,所以,由,则,（1）因为,所以,即,则,即,则,由,即,则（2）如图延长线段至,满足,联结,在中,,,,,由余弦定理可得,即,因为,所以,则,即,当且仅当时等号成立,那么,当且仅当时等号成立,则面积的最大值为2.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形,考查三角形面积公式的应用,考查利用均值定理求最值.18.如图，在四棱锥中，平面，，，，点是与的交点.（1）求二面角的余弦值；（2）若点在线段上且平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在中,由可得,由余弦定理可得,则,可得,以直线为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,分别求得平面和平面的法向量,进而利用向量的数量积求解即可；（2）先求得平面的法向量,由点在线段上得,解得点的坐标,即可得到,再由求得,代回,进而利用向量的数量积求解即可.【详解】（1）在中,,因为,所以,在中,,所以等边三角形,则,所以,即,因为平面,所以分别以直线为轴,轴,轴如图建立空间直角坐标系,则,,,,,,则,,,,设平面的法向量为,则,即,令,则,,则设平面的法向量为,则,即,令,则,,则则,所以二面角的余弦值为（2）设平面的法向量为,因为且,则,即,令,则,,则,设且,则,即,则,所以,因为,即,则,所以,因为平面的法向量,则,所以直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查空间向量法求二面角、线面角,考查运算能力.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，“箱中有件非优质产品”为事件.（1）求，，；（2）随机查看该品牌粉笔某一箱中的四盒，设为非优质产品的盒数，求的分布列及期望；（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.【答案】（1），，（2）见解析，（3）该方案无效.【解析】【分析】（1）表示在“箱中有件非优质产品”的前提下“买下所查看的一箱粉笔”的概率,分别求得结果数,再由古典概型的概率公式求解即可；（2）由每箱含有0,1,2盒非优质产品粉笔的概率为0.7,0.2和0.1可得可能的取值为0,1,2,由全概率公式求得概率,列得分布列,进而求得期望；（3）由,即为方案中箱中每盒粉笔都是优质产品概率；随机购买的箱中每盒粉笔都是优质产品的概率为,进而使得期望差与10比较即可判断.【详解】解:（1）由已知,,（2）可能的取值为0,1,2,所以,,,所以随机变量分布列为:012 所以.（3）由（1）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,因为,所以该方案无效.【点睛】本题考查条件概率的应用,考查离散型随机变量的分布列和期望,考查利用期望判断方案的有效性,考查数据分析能力.20.已知函数.（1）讨论在定义域内的极值点的个数；（2）若对，恒成立，求实数的取值范围；（3）证明：若，不等式成立.【答案】（1）当时，函数有两个极值点；当时，函数没有极值点（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导可得,转化问题为的变号零点个数,分别讨论,,的情况即可；（2）转化问题为在上恒成立,设,利用导函数求得的最小值,进而求解；（3）由（2）可得恒成立,即,则欲证,只需证,设,进而利用导函数求得的最小值大于等于0即可.【详解】（1）解:由题,设,令,即方程,,当时,,则,此时没有极值点；当时,,设方程两根为,,不妨设,则,,则,当或时,；当时,,此时,是函数的两个极值点,当时,,设方程两根为,,则,,所以,,所以当时,,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.（2）解:由题,在上恒成立,则在上恒成立,即在上恒成立,设,则,因为,当时,,则单调递减；当,,则单调递增；所以,所以（3）证明:由（2）知,所以恒成立,即,欲证,只需证,设,则,当时,,则单调递减；当时,,则单调递增,所以,即,所以当时,不等式成立.【点睛】本题考查利用导函数讨论极值点的个数,考查利用导函数处理函数恒成立问题,考查利用导函数证明不等式,考查分类讨论思想、转化思想和运算能力.21.过轴正半轴上一点做直线与抛物线交于，，两点，且满足，过定点与点做直线与抛物线交于另一点，过点与点做直线与抛物线交于另一点.设三角形的面积为，三角形的面积为.（1）求正实数的取值范围；（2）连接，两点，设直线的斜率为；（ⅰ）当时，直线在轴的纵截距范围为，则求的取值范围；（ⅱ）当实数在（1）取到的范围内取值时，求的取值范围.【答案】（1）（2）（ⅰ）（ⅱ）【解析】【分析】（1）设过点的直线为,与抛物线联立可得,利用韦达定理可得,则可得,代入中,进而由求解即可；（2）（ⅰ）设过点的直线为,过点的直线,分别与抛物线联立,利用韦达定理和直线的斜率公式可得,根据直线在轴的纵截距范围为,即可求得的范围,进而得到,即的范围；（ⅱ）由,根据（1）和（ⅰ）求解即可.【详解】（1）设过点的直线为,联立可得,且,设,,所以,则,因为,所以,解得（2）由题,设,,,,（ⅰ）设过点的直线为,过点的直线,联立可得,联立可得,所以,所以,因为直线在轴的纵截距范围为,设截距为,因为,则,所以,则（ⅱ）,,由（1）可知,由（ⅰ）可知,因为,所以【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用,考查抛物线中的三角形问题,考查韦达定理的应用,考查运算能力.请考生在第22、23、二题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.（1）写出曲线的极坐标方程以及直线的普通方程；（2）若点，直线与曲线交于，两点，弦的中点为，求的值.【答案】（1）；.（2）【解析】【分析】（1）由消参可得曲线的普通方程,再利用转化为极坐标方程；消参即可得到直线的普通方程；（2）将直线的参数方程代入曲线的普通方程中可得,利用韦达定理可得,,由,代入求解即可.【详解】（1）由题,因为（为参数）,则（为参数），所以,即,因为,所以；因为（为参数）,所以（为参数）,则.（2）将（为参数）代入中可得,设方程的两根为，所以，，因为为的中点，所以【点睛】本题考查参数方程与普通方程的转化,考查直角坐标方程与极坐标方程的转化,考查直线的参数方程中参数的几何意义的应用,考查运算能力.23.设函数.（1）求的解集；（2）若，使恒成立的的最大值为.正数，满足，求的最小值.【答案】（1）或（2）1【解析】【分析】（1）分别求得当,,时不等式的解集,并求并集即可；（2）由可得,即,进而利用均值不等式求解即可.【详解】解:（1）因为当时,不等式,即,解得；当时,不等式,即,解集为；当时,不等式,即,解得,综上,或（2）因为,所以的最大值为4,即,则,所以当且仅当,即,取等号成立,所以的最小值为1.【点睛】本题考查分类讨论法解绝对值不等式,考查绝对值三角不等式的应用,考查利用均值不等式求最值.