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文档介绍
黑龙江省哈尔滨市(东北三省四市)2020届高三下学期高考调研模拟考试数学(理)试题 Word版含解析
www.ks5u.com 2020年东北三省四市教研联合体高考模拟试卷 数学(理科) 第Ⅰ卷(选择题 共60分) 考生须知: 1.本试卷分试题卷和答题卡,满分150分,考试时间120分钟. 2.答题前,在答题卡指定位置上填写学校、班级、姓名和准考证号. 3.所有答案必须写在答题卡上,写在试卷上无效. 4.考试结束,只需上交答题卡. 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.已知全集,集合,,则( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析】 先由已知得到,再与A求交集即可. 【详解】由已知,,故. 故选:B. 【点睛】本题考查集合的交集、补集运算,考查学生的基本计算能力,是一道基础题. 2.已知复数,则的虚部为( ) A. -1 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】 分子分母同乘分母的共轭复数即可. 【详解】,故的虚部为. - 24 - 故选:A. 【点睛】本题考查复数的除法运算,考查学生运算能力,是一道容易题. 3.2019年某校迎国庆70周年歌咏比赛中,甲乙两个合唱队每场比赛得分的茎叶图如图所示(以十位数字为茎,个位数字为叶).若甲队得分的中位数是86,乙队得分的平均数是88,则( ) A 170 B. 10 C. 172 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】 中位数指一串数据按从小(大)到大(小)排列后,处在最中间的那个数,平均数指一串数据的算术平均数. 【详解】由茎叶图知,甲的中位数为,故; 乙的平均数为, 解得,所以. 故选:D. 【点睛】本题考查茎叶图的应用,涉及到中位数、平均数的知识,是一道容易题. 4.的展开式中的系数为( ) A 5 B. 10 C. 20 D. 30 【答案】C 【解析】 【分析】 由知,展开式中项有两项,一项是中的项,另一项是与中含x的项乘积构成. - 24 - 【详解】由已知,,因为展开式的通项为,所以 展开式中的系数为. 故选:C. 【点睛】本题考查求二项式定理展开式中的特定项,解决这类问题要注意通项公式应写准确,本题是一道基础题. 5.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术:“置如其周,令相承也.又以高乘之,三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高,计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 将圆锥的体积用两种方式表达,即,解出即可. 【详解】设圆锥底面圆的半径为r,则,又, 故,所以,. 故选:C. 【点睛】本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用,考查学生的运算求解能力、创新能力. 6.已知公差不为0的等差数列的前项的和为,,且成等比数列,则( ) A. 56 B. 72 C. 88 D. 40 【答案】B 【解析】 - 24 - 【分析】 ,将代入,求得公差d,再利用等差数列的前n项和公式计算即可. 【详解】由已知,,,故,解得或(舍), 故,. 故选:B. 【点睛】本题考查等差数列的前n项和公式,考查等差数列基本量的计算,是一道容易题. 7.下列说法正确的是( ) A. 命题“,”的否定形式是“,” B. 若平面,,,满足,则 C. 随机变量服从正态分布(),若,则 D. 设是实数,“”是“”的充分不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】 由特称命题的否定是全称命题可判断选项A;可能相交,可判断B选项;利用正态分布的性质可判断选项C;或,利用集合间的包含关系可判断选项D. 【详解】命题“,”的否定形式是“,”,故A错误;, ,则可能相交,故B错误;若,则,所以 ,故,所以C错误;由,得或, 故“”是“”的充分不必要条件,D正确. 故选:D. - 24 - 【点睛】本题考查命题的真假判断,涉及到特称命题的否定、面面相关的命题、正态分布、充分条件与必要条件等,是一道容易题. 8.已知双曲线:(,)的右焦点与圆:的圆心重合,且圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为,则双曲线的离心率为( ) A. 2 B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知,圆心M到渐近线的距离为,可得,又,解方程即可. 【详解】由已知,,渐近线方程为,因为圆被双曲线一条渐近线截得的弦长为, 所以圆心M到渐近线的距离为,故, 所以离心率为. 故选:A. 【点睛】本题考查双曲线离心率的问题,涉及到直线与圆的位置关系,考查学生的运算能力,是一道容易题. 9.已知是圆心为坐标原点,半径为1的圆上的任意一点,将射线绕点逆时针旋转到交圆于点,则的最大值为( ) A. 3 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 - 24 - 设射线OA与x轴正向所成的角为,由三角函数的定义得,,,利用辅助角公式计算即可. 【详解】设射线OA与x轴正向所成的角为,由已知,, ,所以 , 当时,取得等号. 故选:C. 【点睛】本题考查正弦型函数的最值问题,涉及到三角函数的定义、辅助角公式等知识,是一道容易题. 10.从集合中随机选取一个数记为,从集合中随机选取一个数记为,则在方程表示双曲线的条件下,方程表示焦点在轴上的双曲线的概率为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 设事件A为“方程表示双曲线”,事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”,分别计算出,再利用公式计算即可. 【详解】设事件A为“方程表示双曲线”,事件B为“方程表示焦点在轴上 的双曲线”,由题意,,,则所求的概率为 . - 24 - 故选:A. 【点睛】本题考查利用定义计算条件概率的问题,涉及到双曲线的定义,是一道容易题. 11.已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根,则实数的取值范围为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 令,则,由图象分析可知在上有两个不同的根,再利用一元二次方程根的分布即可解决. 【详解】令,则,如图 与顶多只有3个不同交点,要使关于的方程有 六个不相等的实数根,则有两个不同的根, 设由根的分布可知, ,解得. 故选:B. 【点睛】本题考查复合方程根的个数问题,涉及到一元二次方程根的分布,考查学生转化与化归和数形结合的思想,是一道中档题. - 24 - 12.已知定义在上的函数满足,且当时,.设在上的最大值为(),且数列的前项的和为.若对于任意正整数不等式恒成立,则实数的取值范围为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由已知先求出,即,进一步可得,再将所求问题转化为对于任意正整数恒成立,设,只需找到数列的最大值即可. 【详解】当时,则,, 所以,,显然当时, ,故,,若对于任意正整数不等式 恒成立,即对于任意正整数恒成立,即对于任 意正整数恒成立,设,,令,解得, 令,解得,考虑到,故有当时,单调递增, 当时,有单调递减,故数列的最大值为, 所以. 故选:C. 【点睛】本题考查数列中的不等式恒成立问题,涉及到求函数解析、等比数列前n项和、数列单调性的判断等知识,是一道较为综合的数列题. - 24 - 第Ⅱ卷(非选择题 共90分) 本卷包括必考题和选考题两部分,第13~21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. 二、填空题:本题共4小题,每小题5分. 13.若曲线(其中常数)在点处的切线的斜率为1,则________. 【答案】 【解析】 【分析】 利用导数的几何意义,由解方程即可. 【详解】由已知,,所以,解得. 故答案为:. 【点睛】本题考查导数的几何意义,考查学生的基本运算能力,是一道基础题. 14.若函数的图像向左平移个单位得到函数的图像.则在区间上的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】 注意平移是针对自变量x,所以,再利用整体换元法求值域(最值)即可. 【详解】由已知,, ,又,故, - 24 - ,所以的最小值为. 故答案为:. 【点睛】本题考查正弦型函数在给定区间上的最值问题,涉及到图象的平移变换、辅助角公式的应用,是一道基础题. 15.如图所示,在边长为4的正方形纸片中,与相交于.剪去,将剩余部分沿,折叠,使、重合,则以、、、为顶点的四面体的外接球的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】 将三棱锥置入正方体中,利用正方体体对角线为三棱锥外接球的直径即可得到答案. 【详解】由已知,将三棱锥置入正方体中,如图所示 ,,故正方体体对角线长为, 所以外接球半径为,其体积为. 故答案为:. 【点睛】本题考查三棱锥外接球的体积问题,一般在处理特殊几何体的外接球问题时,要考虑是否能将其置入正(长)方体中,是一道中档题. - 24 - 16.已知椭圆:的左、右焦点分别为,,如图是过且垂直于长轴的弦,则的内切圆方程是________. 【答案】 【解析】 【分析】 利用公式计算出,其中为的周长,为内切圆半径,再利用圆心到直线AB的距离等于半径可得到圆心坐标. 【详解】由已知,,,,设内切圆的圆心为,半径为,则 ,故有, 解得,由,或(舍),所以的内切圆方程为 . 故答案为:. 【点睛】本题考查椭圆中三角形内切圆的方程问题,涉及到椭圆焦点三角形、椭圆的定义等知识,考查学生的运算能力,是一道中档题. 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. - 24 - 17.在中,为边上一点,,. (1)求; (2)若,,求. 【答案】(1);(2)4 【解析】 【分析】 (1),利用两角差的正弦公式计算即可; (2)设,在中,用正弦定理将用x表示,在中用一次余弦定理即可解决. 【详解】(1)∵, ∴, 所以, . (2)∵, ∴设,, 在中,由正弦定理得,, ∴, ∴, ∵, - 24 - ∴ ∴. 【点睛】本题考查两角差的正弦公式以及正余弦定理解三角形,考查学生的运算求解能力,是一道容易题. 18.某大型单位举行了一次全体员工都参加的考试,从中随机抽取了20人的分数.以下茎叶图记录了他们的考试分数(以十位数字为茎,个位数字为叶): 若分数不低于95分,则称该员工的成绩为“优秀”. (1)从这20人中任取3人,求恰有1人成绩“优秀”的概率; (2)根据这20人的分数补全下方的频率分布表和频率分布直方图,并根据频率分布直方图解决下面的问题. 组别 分组 频数 频率 1 2 3 4 - 24 - ①估计所有员工的平均分数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表); ②若从所有员工中任选3人,记表示抽到的员工成绩为“优秀”的人数,求的分布列和数学期望. 【答案】(1);(2)①82,②分布列见解析, 【解析】 【分析】 (1)从20人中任取3人共有种结果,恰有1人成绩“优秀”共有种结果,利用古典概型的概率计算公式计算即可; (2)①平均数的估计值为各小矩形的组中值与其面积乘积的和;②要注意服从的是二项分布,不是超几何分布,利用二项分布的分布列及期望公式求解即可. 【详解】(1)设从20人中任取3人恰有1人成绩“优秀”为事件, 则,所以,恰有1人“优秀”的概率为. (2) 组别 分组 频数 频率 1 2 0.01 2 6 0.03 3 8 0.04 4 4 0.02 - 24 - ①, 估计所有员工的平均分为82 ②的可能取值为0、1、2、3,随机选取1人是“优秀”的概率为, ∴; ; ; ; ∴的分布列为 0 1 2 3 ∵,∴数学期望. - 24 - 【点睛】本题考查古典概型的概率计算以及二项分布期望的问题,涉及到频率分布直方图、平均数的估计值等知识,是一道容易题. 19.已知抛物线:的焦点为,过上一点()作两条倾斜角互补的直线分别与交于,两点, (1)证明:直线的斜率是-1; (2)若,,成等比数列,求直线的方程. 【答案】(1)见解析;(2) 【解析】 【分析】 (1)设,,由已知,得,代入中即可; (2)利用抛物线的定义将转化为,再利用韦达定理计算. 【详解】(1)在抛物线上,∴, 设,, 由题可知,,∴, ∴, ∴,∴, ∴ - 24 - (2)由(1)问可设::, 则, , , ∴,∴, 即(*), 将直线与抛物线联立,可得:, 所以, 代入(*)式,可得满足,∴:. 【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用,在处理直线与抛物线位置关系的问题时,通常要涉及韦达定理来求解,本题查学生的运算求解能力,是一道中档题. 20.如图,在直角中,,通过以直线为轴顺时针旋转得到().点为斜边上一点.点为线段上一点,且. (1)证明:平面; (2)当直线与平面所成的角取最大值时,求二面角的正弦值. 【答案】(1)见解析;(2) 【解析】 【分析】 (1)先算出的长度,利用勾股定理证明,再由已知可得,利用线面垂直的判定定理即可证明; - 24 - (2)由(1)可得为直线与平面所成的角,要使其最大,则应最小,可得为中点,然后建系分别求出平面的法向量即可算得二面角的余弦值,进一步得到正弦值. 【详解】(1)在中,,由余弦定理得 , ∴, ∴, 由题意可知:∴,,, ∴平面, 平面,∴, 又, ∴平面. (2)以为坐标原点,以,,的方向为,,轴的正方向,建立空间直角坐标系. ∵平面,∴在平面上的射影是, ∴与平面所成的角是,∴最大时,即,点为中点. ,,,,, ,,设平面的法向量, 由,得,令,得, - 24 - 所以平面的法向量, 同理,设平面的法向量,由,得, 令,得,所以平面的法向量, ∴,, 故二面角的正弦值为. 【点睛】本题考查线面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角的正弦值,考查学生的运算求解能力,是一道中档题. 21.已知函数(),是的导数. (1)当时,令,为的导数.证明:在区间存在唯一的极小值点; (2)已知函数在上单调递减,求的取值范围. 【答案】(1)见解析;(2) 【解析】 【分析】 (1)设,,注意到在上单增,再利用零点存在性定理即可解决; (2)函数在上单调递减,则在恒成立,即在上恒成立,构造函数,求导讨论的最值即可. 【详解】(1)由已知,,所以, - 24 - 设,, 当时,单调递增,而,,且在上图象连续 不断.所以在上有唯一零点, 当时,;当时,; ∴在单调递减,在单调递增,故在区间上存在唯一的极小 值点,即在区间上存在唯一的极小值点; (2)设,,, ∴在单调递增,, 即,从而, 因为函数在上单调递减, ∴在上恒成立, 令, ∵, ∴, 在上单调递减,, 当时,,则在上单调递减,,符合题意. - 24 - 当时,在上单调递减, 所以一定存在, 当时,,在上单调递增, 与题意不符,舍去. 综上,的取值范围是 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点、不等式恒成立问题,在处理恒成立问题时,通常是构造函数,转化成函数的最值来处理,本题是一道较难的题. (二)选考题:共10分,请考生在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4-4坐标系与参数方程] 22.在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数).点在曲线上,点满足. (1)以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,求动点的轨迹的极坐标方程; (2)点,分别是曲线上第一象限,第二象限上两点,且满足,求的值. 【答案】(1)();(2) 【解析】 【分析】 (1)由已知,曲线的参数方程消去t后,要注意x的范围,再利用普通方程与极坐标方程的互化公式运算即可; - 24 - (2)设,,由(1)可得,,相加即可得到证明. 【详解】(1), ∵,∴,∴, 由题可知:, :(). (2)因为, 设,, 则, , . 【点睛】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化,考查学生的计算能力,是一道容易题. [选修4-5不等式选讲] 23.已知关于的不等式有解. (1)求实数的最大值; (2)若,,均为正实数,且满足.证明:. - 24 - 【答案】(1);(2)见解析 【解析】 【分析】 (1)由题意,只需找到的最大值即可; (2),构造并利用基本不等式可得,即. 【详解】(1), ∴的最大值为4. 关于的不等式有解等价于, (ⅰ)当时,上述不等式转化为,解得, (ⅱ)当时,上述不等式转化为,解得, 综上所述,实数取值范围为,则实数的最大值为3,即. (2)证明:根据(1)求解知,所以, 又∵,,,, ,当且仅当时,等号成立, 即,∴, 所以,. 【点睛】本题考查绝对值不等式中的能成立问题以及综合法证明不等式问题,是一道中档题. - 24 - - 24 -查看更多