黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三第二次模拟数学（理）试题 Word版含解析

黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三第二次模拟数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019年哈尔滨市第三中学第二次高考模拟考试 理科数学 注意事项：‎ ‎1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2. 作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。‎ ‎3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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.如果复数（，为虚数单位）的实部与虚部相等，则的值为（ ）‎ A. 1 B. -1 C. 3 D. -3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数的除法运算化简得到实部和虚部，令其相等即可得解.‎ ‎【详解】，‎ 由题意知：，解得.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的除法运算及实部和虚部的定义，属于基础题.‎ ‎2.若，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合B，再求并集即可.‎ ‎【详解】由，得.‎ ‎.‎ - 22 -‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的描述法及并集的运算，属于基础题.‎ ‎3.向量，，若，的夹角为钝角，则的范围是（ ）‎ A. B. C. 且 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若，的夹角为钝角，则且不反向共线，进而利用坐标运算即可得解.‎ ‎【详解】若，的夹角为钝角，则且不反向共线，‎ ‎，得.‎ 向量，共线时，，得.此时.‎ 所以且.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用数量积研究向量的夹角，当为钝角时，数量积为0，容易忽视反向共线时，属于易错题.‎ ‎4.双曲线的顶点到渐近线的距离等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别写出双曲线的顶点坐标和渐近线方程，利用点到直线的距离公式求解即可.‎ ‎【详解】双曲线的顶点为.‎ - 22 -‎ 渐近线方程为：.‎ 双曲线的顶点到渐近线的距离等于.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的几何性质，属于基础题.‎ ‎5. 有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有 A. 60种 B. 70种 C. 75种 D. 150种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因,故应选C．‎ 考点：排列数组合数公式及运用．‎ ‎6.已知某个几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积是（ ）‎ A. B. 200‎ C. D. 240‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 还原几何体得四棱柱，利用三视图求底面积和高可得解.‎ - 22 -‎ ‎【详解】由三视图可知，该几何体是以侧视图的四边形为底面的四棱柱，高为10，底面面积为，故体积为：.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了由三视图还原几何体及柱体的体积的求解，属于基础题.‎ ‎7.下列函数中，最小正周期为，且图象关于直线对称的函数是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：首先选项C中函数的周期为4，故排除C；将分别代入A，B，D，得函数值分别为，而函数在对称轴处取最值，故选B．‎ 考点：三角函数的周期性、对称性．‎ ‎8.我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度（单位：尺），则①②③处可分别填入的是（ ）‎ - 22 -‎ A. ，， B. ，，‎ C. ，， D. ，，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由第一天剩余情况确定循环体，再由结束条件确定循环条件即可.‎ ‎【详解】根据题意可知，第一天，所以满足，不满足，故排除AB，‎ 由框图可知，计算第二十天的剩余时，有，且，所以循环条件应该是.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了程序框图的实际应用问题，把握好循环体与循环条件是解决此题的关键，属于中档题.‎ ‎9.已知是第二象限角，且，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据诱导公式得，进而由同角三角函数的关系及角所在象限得，再利用正切的二倍角公式可得解.‎ - 22 -‎ ‎【详解】由，得.‎ 因为是第二象限角，所以.‎ ‎.‎ ‎.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了同角三角函数的关系及正切的二倍角公式，属于基础题.‎ ‎10.为圆：上任意一点，为圆：上任意一点，中点组成的区域为，在内部任取一点，则该点落在区域上的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得M轨迹是在以为圆心，以为半径的圆绕原点一周所形成的图形，根据几何概型的概率公式，求出相应的面积即可得到结论．‎ ‎【详解】‎ - 22 -‎ 设,中点,则代入，‎ 得，‎ 化简得：，‎ 又表示以原点为圆心半径为5的圆，‎ 故易知M轨迹是在以为圆心，以为半径的圆绕原点一周所形成的图形，‎ 即在以原点为圆心，宽度为3的圆环带上，‎ 即应有，‎ 那么在C2内部任取一点落在M内的概率为，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了几何概型的求解，涉及轨迹问题，是解题的关键，属于中档题.‎ ‎11.已知抛物线焦点为，经过的直线交抛物线于，，点，在抛物线准线上的射影分别为，，以下四个结论：①，②，③，④的中点到抛物线的准线的距离的最小值为2.其中正确的个数为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线为与抛物线联立，由韦达定理可判断①，由抛物线定义可判断②，由可判断③，由梯形的中位线定理及韦达定理可判断④.‎ ‎【详解】物线焦点为，易知直线的斜率存在，‎ 设直线为.‎ - 22 -‎ 由，得.‎ 则，①正确；‎ ‎，②不正确；‎ ‎ ，，③正确；‎ 的中点到抛物线的准线的距离 .‎ 当时取得最小值2. ④正确.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了设而不求的思想，转化与化归的能力，属于中档题.‎ ‎12.已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将原问题转化为函数单调性的问题，然后求解实数的取值范围即可.‎ ‎【详解】不等式即，‎ 结合可得恒成立，即恒成立，‎ 构造函数，由题意可知函数在定义域内单调递增，‎ 故恒成立，即恒成立，‎ - 22 -‎ 令，则，‎ 当时，单调递减；当时，单调递增；‎ 则的最小值为，‎ 据此可得实数的取值范围为.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查导函数研究函数的性质，导函数处理恒成立问题，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.在锐角三角形中，，，分别为角、、所对的边，且，，且的面积为，的值为__________．‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理边化角可得，由面积公式和余弦定理列方程可得.‎ ‎【详解】由，结合正弦定理可得.‎ 在锐角三角形中，可得.‎ 所以的面积，解得.‎ 由余弦定理可得，‎ 解得.‎ 故答案为5.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了正余弦定理及三角形面积公式的应用，重点考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎14.在三棱锥中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】如图,取A为原点、AB和AS所在直线分别为y轴和z轴建立空间直角坐标系.‎ 则点,‎ 故,.‎ 于是,所求夹角的余弦值为.‎ 故答案为：‎ ‎15.如图所示，有三根针和套在一根针上的个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上.‎ ‎（1）每次只能移动一个金属片；‎ ‎（2）在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面.‎ 将个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数记为，则__________．‎ - 22 -‎ ‎【答案】7,2n-1;‎ ‎【解析】‎ 解：设h（n）是把n个盘子从1柱移到3柱过程中移动盘子之最少次数 n=1时，h（1）=1；‎ n=2时，小盘→2柱，大盘→3柱，小柱从2柱→3柱，完成，即h（2）=3=22-1；‎ n=3时，小盘→3柱，中盘→2柱，小柱从3柱→2柱，[用h（2）种方法把中、小两盘移到2柱，大盘3柱；再用h（2）种方法把中、小两盘从2柱3柱，完成]，‎ h（3）=h（2）×h（2）+1=3×2+1=7=23-1，‎ h（4）=h（3）×h（3）+1=7×2+1=15=24-1，‎ ‎…‎ 以此类推，h（n）=h（n-1）×h（n-1）+1=2n-1，‎ 故答案为：7；2n-1．‎ ‎16.一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，，，，则该四面体的外接球的体积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将四面体补充为长宽高分别为的长方体，体对角线即为外接球的直径，从而得解.‎ ‎【详解】采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个顶点在一个长方体上，该长方体的长宽高分别为，长方体的外接球即为该四面体的外接球，外接球的直径即为长方体的体对角线，所以球半径为，体积为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了四面体外接球的常用求法：补体法，通过补体得到长方体的外接球从而得解，属于基础题.‎ - 22 -‎ 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.‎ ‎（一）必考题：（共60分）‎ ‎17.设数列满足，.‎ ‎（1）求证是等比数列，并求；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）根据条件可得，从而证得等比关系，再利用等比数列的通项公式求解即可；‎ ‎（2）利用分组求和即可.‎ ‎【详解】（1）∵，，‎ ‎∴，故是首项为1，公比为的等比数列，‎ ‎∴.‎ ‎（2），故 .‎ ‎【点睛】本题主要考查了构造新等比数列，考查了数列的递推关系及分组求和，属于基础题.‎ ‎18.为了解某市高三数学复习备考情况，该市教研机构组织了一次检测考试，并随机抽取了部分高三理科学生数学成绩绘制如图所示的频率分布直方图.‎ - 22 -‎ ‎（1）根据频率分布直方图，估计该市此次检测理科数学的平均成绩；（精确到个位）‎ ‎（2）研究发现，本次检测的理科数学成绩近似服从正态分布（，约为19.3），按以往的统计数据，理科数学成绩能达到自主招生分数要求的同学约占；‎ ‎（i）估计本次检测成绩达到自主招生分数要求的理科数学成绩大约是多少分？（精确到个位）‎ ‎（ii）从该市高三理科学生中随机抽取4人，记理科数学成绩能达到自主招生分数要求的人数为，求的分布列及数学期望.（说明表示的概率.参考数据：，）‎ ‎【答案】（1）；（2）（i）;(ii) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直方图中，每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标相乘后求和，即可得到该市此次检测理科数学的平均成绩；（2）（ⅰ）令计算的值；（ⅱ）根据二项分布的概率公式得出的分布列，利用二项分布的期望公式可得数学期望.‎ ‎【详解】（1）该市此次检测理科数学成绩平均成绩约为：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（2）（ⅰ）记本次考试成绩达到自主招生分数要求的理科数学成绩约为，‎ 根据题意，，即.‎ 由得，，‎ 所以，本次考试成绩达到自主招生分数要求的理科数学成绩约为分. ‎ - 22 -‎ ‎（ⅱ）因为，，.‎ 所以的分布列为 Y P 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查直方图的应用、正态分别的应用以及二项分布的数学期望，属于中档题. 求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤：‎ ‎①“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值以及取每个值所表示的意义；‎ ‎②“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率加法公式、独立事件的概率公式以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；‎ ‎③“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；‎ ‎④“求期望”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望．对于某些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布（如二项分布），则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式()求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度．‎ ‎19.如图，矩形所在平面，，、分别是、的中点.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ - 22 -‎ ‎（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过证明面，可证得面面垂直；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，设由向量的夹角公式先求解线面角得，再利用面的法向量求解二面角即可.‎ ‎【详解】如图，取中点，连接，.‎ ‎（1）证明：∵，，为中点，‎ ‎∴，，‎ ‎∴是平行四边形，，‎ 又∵，，‎ ‎∴面，∴面面.‎ ‎∵，为中点，面，‎ ‎∴面，∵面，‎ ‎∴平面平面.‎ ‎（2）建立如图所示坐标系，‎ ‎，，，，，，.‎ 由（1）知面，‎ ‎∴，.‎ - 22 -‎ ‎∵直线与平面所成角的正弦值为，‎ ‎∴由得.‎ 设为面的法向量，则，.‎ 由得，，‎ ‎∵面，，设二面角为，为锐角，‎ 则，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面和面面垂直的判断及性质，利用空间直线坐标系，通过空间向量求解线面角及二面角，属于中档题.‎ ‎20.动点满足.‎ ‎（1）求点的轨迹并给出标准方程；‎ ‎（2）已知，直线：交点的轨迹于，两点，设且，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由方程知轨迹为椭圆，进而得从而可得解；‎ ‎（2）由得，由直线与椭圆联立，可结合韦达定理整理得，设，求其范围即可得解.‎ - 22 -‎ ‎【详解】（1）解：点的轨迹是以，为焦点，长轴长为6的椭圆，其标准方程为.‎ ‎（2）解：设，，由得……①‎ 由得，‎ 由得代入整理……②‎ 显然②的判别式恒成立，‎ 由根与系数的关系得……③‎ ‎……④‎ 由①③得，代入④整理得.‎ 设，则由对勾函数性质知在上为增函数，故得.‎ 所以，即的取值范围是或.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的定义及直线与椭圆的位置关系，考查了“设而不求”的思想，着重考查了学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数，其中.‎ ‎（1）设是函数的极值点，讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若有两个不同的零点和，且，‎ ‎（i）求参数的取值范围；‎ ‎（ii）求证：‎ - 22 -‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）（i），（ii）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求函数导数，由可得解，进而得单调区间；‎ ‎（2）（i）分析函数导数可得函数单调性，结合，所以，可得解；‎ ‎（ii）先证当时，若，得存在，进而证，再证时，，可得，构造函数，利用函数单调性即可证得.‎ ‎【详解】（1），‎ 若是函数的极值点，则，得，经检验满足题意，‎ 此时，为增函数，‎ 所以当，单调递减；‎ 当，单调递增 ‎（2）（i）， ，‎ 记，则，‎ 知在区间内单调递增.‎ 又∵， ，‎ ‎∴在区间内存在唯一的零点，‎ 即，于是， .‎ 当时， 单调递减；‎ 当时， 单调递增.‎ 若有两个不同的零点和，且，‎ - 22 -‎ 易知，所以，解得.‎ ‎（ii）当时有，令.‎ 由（i）中的单调性知，存在，当.‎ ‎，所以.‎ 下证当时，.‎ 由，‎ 所以，‎ 由（i）知，当，得..‎ 所以，令 要证，即证.‎ 令单调递增，且，‎ 所以单调递增，所以.得证.‎ ‎【点睛】本题主要研究了函数的极值和函数的单调性，考查了构造函数的思想及放缩法证明不等式，属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.选修4-4：坐标系与参数方程 以直角坐标系原点为极点，轴正方向为极轴，已知曲线的方程为，的方程为，是一条经过原点且斜率大于0的直线.‎ ‎（1）求与的极坐标方程；‎ ‎（2）若与的一个公共点（异于点），与的一个公共点为，求的取值范围.‎ - 22 -‎ ‎【答案】（1）的极坐标方程为，的极坐标力程为 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用极坐标与直角坐标互化公式求解即可；‎ ‎（2）设极坐标方程为，，分别与和的极坐标方程联立，可得和，进而看化简求值.‎ ‎【详解】解：（1）曲线的方程为，的极坐标方程为，‎ 的方程为，其极坐标力程为.‎ ‎（2）是一条过原点且斜率为正值的直线，的极坐标方程为，，‎ 联立与的极坐标方程，得，即，‎ 联立与的极坐标方程，得，即，‎ 所以 ，‎ 又，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直角坐标与极坐标互化及极坐标应用解长度问题，属于基础题.‎ ‎23.选修4-5：不等式选讲 ‎（1）已知，且，证明；‎ - 22 -‎ ‎（2）已知，且，证明.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由展开利用基本不等式证明即可；‎ ‎（2）由 ，结合条件即可得解.‎ ‎【详解】证明：（1）因为 ‎ ‎，‎ 当时等号成立.‎ ‎（2）因为 ，‎ 又因为，所以，，，∴.‎ 当时等号成立，即原不等式成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，需要进行配凑，具有一定的技巧性，属于中档题.‎ ‎ ‎ - 22 -‎ ‎ ‎ - 22 -‎