黑龙江省哈尔滨市2020届高三第二次模拟考试数学（理）试题

哈尔滨市2020届高三第二次模拟考试

理科数学试卷

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.

第Ⅰ卷（选择题共60分）

一、选择题：本大题共12个小题，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.已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据一元二次不等式的解法以及对数函数的单调性，分别求出集合，即可判断出两集合的关系．

【详解】因为，，

所以．

故选：A．

【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法的应用，利用对数函数的单调性解对数不等式，以及集合的关系判断，属于基础题．

2.若复数，则复数的虚部为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据虚数的性质以及复数的乘除法运算法则化简复数，根据共轭复数的概念可得其共轭复数，再根据复数的概念可得结果.

【详解】因为，

所以，

所以复数的虚部为.

故选：C.

【点睛】本题考查了复数的乘除法运算法则，考查了共轭复数的概念，属于基础题.

3.已知，，且，则向量在方向上的投影为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

设和的夹角为，根据已知得，再求出向量在方向上的投影.

【详解】设和的夹角为，

因为，

所以.

所以向量在方向上的投影为2.

故选：B

【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的计算，考查向量投影的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

4.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，

所以函数是上的奇函数，

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.

5.为了落实“精准扶贫”工作，县政府分派5名干部到3个贫困村开展工作，每个贫困村至少安排一名干部，则分配方案的种数有（    ）

A. 540 B. 240 C. 150 D. 120

【答案】C

【解析】

【分析】

根据分派到3个贫困村得人数，分成两类，再分类计数相加即可得到答案.

【详解】根据题意分派到3个贫困村得人数为或，

当分派到3个贫困村得人数为时，有种；

当分派到3个贫困村得人数为时，有种，

所以共有种.

故选：C

【点睛】本题考查了两个计数原理和简单的排列组合问题，属于基础题.

6.下列结论中正确的个数为（    ）

(1)是直线和直线垂直的充要条件；

(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)已知随机变量,若,则

(4)若命题,,则,

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】A

【解析】

【分析】

对于(1)两直线垂直解得或即可判断命题错误；

对于(2)由相关系数的定义确定其真伪即可；

对于(3)根据正态分布的性质求解即可；

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)错误；

(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,故(2)错误；

(3)根据正态分布的性质有.故(3)正确.

(4) 若命题,,则,,可知(4)错误.

综上可知,仅(3)正确.

故选：A

【点睛】本题主要考查两条直线垂直,相关系数的含义以及正态分布的性质和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.

7.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.

8.已知动点在椭圆上，若点坐标为，，且，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由题设条件，结合向量的性质，得到，越小，越小，结合图形可知，当点为椭圆的右顶点时，即可得到最小值．

【详解】解：，，

，

点的轨迹为以为以点为圆心，1为半径的圆，

，越小，越小，

结合图形知，当点为椭圆的右顶点时，

取最小值，

最小值是．

故选：B．

【点睛】本题主要考查椭圆上的线段长的最小值的求法，考查平面向量的数量积的性质和运用，解题时要认真审题，要熟练掌握椭圆的性质，属于中档题．

9.已知点在同一个球的上,,,.若四面体体积的最大值为,则这个球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据几何体的特征,小圆的圆心为Q,若四面体ABCD的体积的最大值,由于底面积S△ABC不变,高最大时体积最大,可得DQ与面ABC垂直时体积最大,从而求出球的半径,即可求出球的表面积.

【详解】根据题意知,A、B、C三点均在球心O的表面上,

且,,,由余弦定理可得BC,

∴△ABC为直角三角形,

∴△ABC外接圆直径,即,

且,

的中点即为小圆的圆心设为Q,若四面体ABCD的体积的最大值,由于底面积S△ABC不变,高最大时体积最大,

所以,DQ与面ABC垂直时体积最大,最大值为S△ABC×DQ,

∴,

设球的半径为R,则

在直角△AQO中,OA2＝AQ2+OQ2,即

∴,

∴球的表面积为,

故答案为：.

【点睛】本题考查知识点是球内接多面体,球的表面积,其中分析出何时四面体ABCD的体积取最大值,是解答的关键.属于中档题

10.已知函数，，，的最小值为，且，则下列说法正确的是（    ）

A. 的最小正周期为 B. 的对称中心为，

C. 的单调增区间为， D. 当时，的值域为

【答案】D

【解析】

【分析】

根据条件可得，周期，，再有，，得，从而可得，根据余弦型函数的性质逐一判断答案即可.

【详解】设函数的最小正周期为，

因为，，

的最小值为，所以，即，故错误；

所以，即，所以，

又，所以，

即，所以或，

所以或，

因为，所以，

所以，

令得：，

所以的对称中心为，，故错误；

又当，，即，时，

单调递增，所以的单调增区间为，，

故错误；

当时，，所以，

所以，即的值域为，故正确.

故选：D.

【点睛】本题考查利用三角函数的性质求正弦型函数解析式，解题关键在于先根据条件求出周期，以及的值，再根据三角函数的解析式和性质逐一判断答案.

11.已知点关于坐标原点对称，，以为圆心的圆过两点，且与直线相切.若存在定点，使得当运动时，为定值，则点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据圆的几何性质，结合圆的切线性质、勾股定理，通过计算可以判断出点的轨迹是抛物线，再根据抛物线的定义进行求解即可.

【详解】设，因为点关于坐标原点对称，所以是线段的中点，

又因为以为圆心的圆过两点，所以有，

因此有，因为点关于坐标原点对称，，

所以.

又因为以为圆心的圆与直线相切，所以有，

把、代入中，得：

，化简得：，因此点的轨迹是抛物线，

该抛物线的焦点坐标为，准线方程为：，

，

由抛物线定义可知：，

所以有，

由题意可知存在定点，使得当运动时，为定值，

因此一定有，此时定点是该抛物线的焦点.

故选：D

【点睛】本题考查了圆的切线性质，考查了圆的几何性质，考查了抛物线的判断，考查了抛物线定义的应用，考查了数学运算能力.

12.已知偶函数满足，且当时，，若关于的不等式在上有且只有150个整数解，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

利用导函数讨论当时的单调性，结合对称性周期性数形结合求解.

【详解】当时，，，

当时，，当时，，

所以函数在单调递减，在单调递增，

，

又，函数关于对称，且是偶函数，所以，

所以，所以函数周期，

关于的不等式在上有且只有150个整数解，

即在上有且只有150个整数解，所以每个周期内恰有三个整数解

结合草图可得：

故选：B

【点睛】此题考查函数单调性与周期性的综合应用，利用导函数讨论函数单调性，结合图象处理整数解问题.

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题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答.

二、填空题（本大题共4小题，每题5分.）

13.的二项展开式中第三项和第四项的二项式系数最大，则各项系数和为_________

【答案】

【解析】

【分析】

根据第三项和第四项的二项式系数最大求出n=5，令x=1即可得到各项系数和.

【详解】由题：的二项展开式中第三项和第四项的二项式系数最大，

即，

令x=1，的二项展开式各项系数和为

故答案为：32

【点睛】此题考查二项式定理的理解应用，根据二项式系数关系求解n，利用赋值法求解系数和.

14.已知曲线在处的切线方程为，则实数_____

【答案】

【解析】

【分析】

根据切线斜率为2，结合导函数求解，写出切线方程即可得解.

【详解】由题曲线在处的切线方程为，

所以，，所以，

所以切点为，切线方程为，即，

所以b=.

故答案为：

【点睛】此题考查根据曲线在某点处的切线方程求解参数的取值，关键在于熟练掌握导数的几何意义，根据导数值与切线斜率建立等量关系求解.

15.在锐角三角形中，内角所对的边分别为，若，，则的取值范围为________________

【答案】

【解析】

【分析】

先根据已知求出，再由正弦定理得到，.化简得到

，再求出的范围结合正弦函数的图象和性质得解.

【详解】因为在锐角中，内角，，对的边分别为，，．

因为，，

所以

所以.

；

，.

，，

.

，

所以，

所以

故.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角函数的图象和性质，考查三角函数在区间上的范围的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

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；

因为，

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（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

17.如图，五面体中，平面为直角梯形，

.

（1）若为的中点，求证：平面；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】

【详解】（1）证明：取的中点，连接，

因为分别是的中点，所以且，

因为，所以且，所以,

又平面平面，所以平面.

（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，

则，

,

设平面的一个法向量为，则，

令，得，

同理可求平面的一个法向量为，

平面和平面为同一个平面，

所以二面角的余弦值为.

18.已知数列中，，

（1）求证：是等差数列；

（2）若，且数列，数列前项和为，求的取值范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）依题意两边同时取倒数可得，即可得证；

（2）首先求出的通项公式，即可得到，再利用裂项相消法求和得到，再说明其增减性，即可得到的取值范围.

【详解】解：（1），

，

，

是以为首项，2为公差的等差数列.

（2）由（1）可得，

所以，

因为，

所以是递增数列，

的最小值为，又因为

【点睛】本题考查由递推公式证明数列为等差数列，裂项相消法求和，属于中档题.

19.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.

20.新型冠状病毒最近在全国蔓延，具有很强的人与人之间的传染性，该病毒在进入人体后一般有14天的潜伏期，在这14天的潜伏期内患者无任何症状，为病毒传播的最佳时间.假设每位病毒携带者在潜伏期内每天有位密切接触者，接触病毒携带者后被感染的概率为，每位密切接触者不用再接触其他病毒携带者.

（1）求一位病毒携带者一天内感染的人数的均值；

（2）若，时，从被感染的第一天算起，试计算某一位病毒携带者在14天潜伏期内，被他平均累计感染的人数（用数字作答）；

（3）3月16日20时18分，由我国军事科学院军事科学研究院陈薇院士领衔的科学团队，研制重组新型冠状病毒疫苗获批进入临床状态，新疫苗的使用，可以极大减少感染新型冠状病毒的人数，为保证安全性和有效性，某科研团队抽取500支新冠疫苗，观测其中某项质量指标值，得到如下频率分布直方图：

①求这500支该项质量指标值的样本平均值（同一组的数据用该组区代表间的中点值）

②由直方图可以认为，新冠疫苗的该项质量指标值服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差，经计算可得这500支新冠疫苗该项指标值的样本方差.现有5名志愿者参与临床试验，观测得出该项指标值分别为：206，178，195，160，229，试问新冠疫苗的该项指标值是否正常，为什么？

参考数据：，若，则，，

【答案】（1），（2）8192，（3）①200，②新冠肺炎的该项指标值不正常，详见解析.

【解析】

【分析】

(1)由题意可得，即可算出答案；

(2) 记前天平均累计感染的人数为，由题意可得，(为正整数)，然后得出即可；

(3) ①根据频率分布直方图中的数据计算即可，

②由条件可得，然后根据原则可得出结论.

【详解】（1）依题意可知，，所以一天内被感染人数的均值为

（2）记前天平均累计感染的人数为，

则由题意可得，,(为正整数)

所以

当，时，一位病毒携带者在14天潜伏期内，被他平均累计感染的人数为

（3）①由频率分布直方图得，这500支该项指标值的样本平均值为

②新冠肺炎该项指标值不正常，理由如下：

由题意知，，

即该项指标落在之外的概率为，是小概率事件.

而，根据原则，新冠肺炎的该项指标值不正常

【点睛】本题主要考查了二项分布、正态分布和利用频率分布直方图估计平均数，考查了学生的阅读能力和计算能力，属于中档题.

21.已知

（1）若a=1，且f(x)≥m在(0，+∞)恒成立，求实数m的取值范围；

（2）当时，若x=0不是f(x)的极值点，求实数a的取值.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）由在上恒成立,即先求在上的最小值,利用导函数判断的单调性,即可求得的范围,进而求解；

（2）先求导可得,将代入,若不是的极值点,即使得是的非变号零点,利用导函数分别讨论当与时与0的关系,进而求解.

【详解】解:（1）由题,当时,,

所以,

设,

所以恒成立,

所以在上为增函数,

所以,

又,

所以恒成立,所以在上增函数,

所以,所以

（2）,

令,则,

设,

则,

所以在上递增,且,

①当时,,

所以当时；当时,,

即当时,；当时,,

所以在上递减,在上递增,

所以,

所以在上递增,

所以不是的极值点,

所以时,满足条件；

②当时,,

又因为在上递增,

所以,使得,

所以当时,,即,

所以在上递增,

又,

所以当时,；当时,,

所以是的极小值点,不合题意,

综上,

【点睛】本题考查利用导函数解决不等式恒成立问题,考查利用导函数处理极值点问题,考查运算能力,考查分类讨论思想和转化思想.

请从下面所给的22、23题中任选一题作答，如果多做，则按做的第一题计分.

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.