2022届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三第三次模拟考试理科数学试题含答案

2022年哈三中高三学年第三次高考模拟考试

数学试卷（理工类）

一、选择题

1.已知为虚数单位，则复数的虚部是（   ）

A. B. C. D.

答案：

C

解析：

【分析】

首先根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断其虚部；

【详解】

，所以复数的虚部为；故选：C.

2.已知集合，，则（   ）

A. B. C. D.

答案：

C

解析：

【分析】

求出集合，利用补集和交集的定义可求得结果.

【详解】

因为，则或，

因此，.故选：C.

3.下列命题中正确的是（   ）

A.一组数据的众数大于中位数

B.对一组数据，如果将它们变为，其中，则平均数和标准差均发生改变

C.有甲､乙､丙三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为

D.若随机变量服从正态分布，，则

答案：

D

解析：

【分析】

A：根据中位数和众数的定义求出该组数据的中位数和众数比较即可；B：根据平均数和标准差的性质即可判断；C：根据比例即可求出样本容量；D：根据正态分布的对称性即可求出．

【详解】

对于A，数据的众数是，中位数是，众数等于中位数，故A错误；

对于B，数据，如果将它们变为，其中，则平均数增加C，标准差不变，故B错误；

对于C，有甲､乙､丙三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为，故C错误；

对于D，若随机变量X服从正态分布，，则，故D正确．故选：D．

4.已知，，，则与的夹角为（   ）

A. B. C. D.

答案：

B

解析：

【分析】

根据题意得，再求出，代入公式即可求解.

【详解】

因为，所以，又，，

所以，设与的夹角为，

所以，所以.故选：B.

5.某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的表面积（单位：）是（   ）

A. B. C. D.

答案：

B

解析：

【分析】

由三视图可还原几何体，分别计算几何体各个面的面积，加和即可得到结果.

【详解】

由三视图可知几何体为如下图所示的四棱柱，

其中四边形，为矩形；四边形为平行四边形，

棱柱的高为，，，侧棱长为；

几何体表面积.故选：B.

6.已知命题：若平面平面，直线平面，则平面，命题：若平面平面，直线，直线，则是的充要条件，则下列命题中真命题的个数为（   ）

①；②；③；④.

A. B. C. D.

答案：

D

解析：

【分析】

根据线面平行的性质判断命题真假，根据面面垂直和线面垂直的判定与性质判断q命题真假，从而可判断各个命题真假，从而得到答案．

【详解】

若平面平面，直线平面，则或，故是假命题；

若平面平面，直线，直线，，若，则可以是内任意直线，此时无法得到，故是假命题；

故是假命题，是真命题，是真命题，是真命题．

故真命题的个数是．故选：D．

7.定义在上的函数满足以下三个条件：①对于任意的实数，都有成立；②函数的图象关于轴对称；③对任意的，，，都有成立.则，，的大小关系为（   ）

A. B.

C. D.

答案：

B

解析：

【分析】

由①②可得函数是周期为4的函数，且是奇函数，由③可得函数在上单调递增，进而可得函数在上单调递增，从而利用周期性和单调性即可求解.

【详解】

由题意，因为函数的图象关于轴对称，所以，

所以，所以函数的图象关于对称，

又，所以，即，

因为，所以函数是周期为4的函数，

所以，，，

因为，且，所以，

所以函数为奇函数，

又因为对任意的，，，都有成立，即，

所以函数在上单调递增，

所以函数在上单调递增，

因为，所以，

故选：B.

8.举世瞩目的第届冬奥会于年月日至月日在北京举办，某高校甲、乙、丙、丁、戊位大学生志愿者前往、、、四个场馆服务，每个场馆至少分配一位志愿者.由于工作需要甲同学不能去场馆，则所有不同的安排方法种数为（   ）

A. B. C. D.

答案：

C

解析：

【分析】

分两种情况讨论：①场馆安排人；②场馆安排人.再安排其余三个场馆的志愿者，结合分类加法计数原理可得结果.

【详解】

分以下两种情况讨论：

①若场馆安排人，则其余人分为三组，每组人数分别为、、，分为三组后再分配给、、三个场馆，

此时，安排方法种数为；

②若场馆安排人，则其余三个场馆各安排人，此时，安排方法种数为.

综上所述，不同的安排方法种数为种.故选：C.

9.如图为某小区七人足球场的平面示意图，为球门，在某次小区居民友谊比赛中，队员甲在中线上距离边线米的点处接球，此时，假设甲沿着平行边线的方向向前带球，并准备在点处射门，为获得最佳的射门角度（即最大），则射门时甲离上方端线的距离为（   ）

A. B. C. D.

答案：

B

解析：

【分析】

先根据题意解出长度，设，得到，再分析求值域，判断取等条件即可求解.

【详解】

设，并根据题意作如下示意图，由图和题意得：，，

所以，且，

所以，

又，所以，解得，即，

设，，则，

，所以在中，

有，

令，所以，

所以，

因为，所以，则要使最大，

即要取得最小值，即取得最大值，

即在取得最大值，

令，，

所以的对称轴为：，所以在单调递增，在单调递减，

所以当时，取得最大值，即最大，此时，即，

所以，所以，即为获得最佳的射门角度（即最大），

则射门时甲离上方端线的距离为：.故选：B.

10.设圆与轴的正半轴交于点，过点作圆的切线为，对于切线上的点和圆上的点，下列命题中正确的是（   ）

A.若，则点的坐标为

B.若，则

C.若，则

D.若，则

答案：

B

解析：

【分析】

对于A，通过计算可知，A不正确；对于B，当与圆相切时，取得最大值为，可判断B正确；对于C，当与重合时，可判断C不正确；对于D，根据，可判断D不正确.

【详解】

对于A，若，则点的坐标为或，故A不正确；

对于B，若，则，当与圆相切时，取得最大值为，所以，故B正确；

对于C，若，当与重合时，，故C不正确；

对于D，若，因为，所以，所以，所以，故D不正确.故选：B.

11.已知菱形中，，将其沿对角线折成四面体，使得二面角的大小为，若该四面体的所有顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

A

解析：

【分析】

取线段的中点为，连接、，分析可知二面角的平面角为，然后过的外心作，过的外心作，设，可知为四面体的外接球球心，计算出的长，即为球的半径，再利用球体的表面积公式可求得结果.

【详解】

在菱形中，，则为等边三角形，

设线段的中点为，连接、，则，

因为，则，同理可知，

所以，二面角的平面角为，即，

因为，则为等边三角形，所以，，

延长至点，使得为的中点，连接、，

易知，，则为等边三角形，可得，同理，

所以，为的外心，

延长至点，使得为的中点，同理可知点为的外心，

过点在平面内作，过点在平面内作，设，

因为，，，平面，

平面，，

，，平面，同理可证平面，

所以，为三棱锥的外接球球心，如下图所示：

因为，，，所以，，

所以，，则，

因为，由勾股定理可得，

因此，三棱锥的外接球半径为，

因此，三棱锥的表面积为.故选：A.

12.已知函数，，曲线的图象上不存在点，使得点在曲线下方，则符合条件的实数的取值的集合为（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

A

解析：

【分析】

由题可得恒成立，分类讨论，可得，然后构造函数，利用导数可得，即得.

【详解】

由题可得恒成立，

令，则，

当时，单调递增，函数的值域为R，不合题意，

当时，，不合题意，

当时，，由在上单调递增，

存在，使，即，

所以，

故函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以，

设，则，

∴函数在上单调递增，在上单调递减，

故，即

所以，即.故选：A.

二、填空题

13.已知等差数列的前项和为，满足，且，则的最大值为________.

答案：

解析：

【分析】

利用等差数列前项和公式及等差数列与下标和有关的性质可得为定值，根据基本不等式即可求的最大值．

【详解】

∵，

，，，当且仅当时取等号，∴的最大值为．故答案为：．

14.若变量，满足约束条件则的最小值为________.

答案：

解析：

【详解】

根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，是以为顶点的三角形区域，可知当直线过点时取得最小值，代入求得最小值为.

15.已知为坐标原点，双曲线的右焦点为，直线与双曲线的渐近线交于、两点，线段的中点为，若､､､四点共圆，则双曲线的渐近线方程为________.

答案：

解析：

【分析】

由几何性质可得四边形为等腰梯形，则，由点，，，可知，即可求得渐近线方程.

【详解】

由已知得，，，

∵为的中点，为的中点，

∴为的中位线，

∴,

∵、、、四点共圆,

∴,

∴,

又∵,

∴,∴,

∴四边形为等腰梯形，

∴,∴，解得，

则双曲线的渐近线方程为，

故答案为：.

16.函数的部分图象如图所示，则函数的解析式为________，函数的值域为________.

答案：

解析：

【分析】

根据最低点求，利用求，利用周期求，即可得到解析式；把函数化简后作出图象，即可求出值域.

【详解】

由图象可知：.

又有，解得：，所以.

所以

作出图象如下图所示：

所以函数的值域为.

故答案为：；.

三、解答题

17.等比数列中，首项，前项和为，且满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）设数列公比为，根据通项公式列式求出，即可得解；

（2）根据进行裂项求和可求出结果.

【详解】

（1）设数列公比为，由，，可得，

化简得，即，所以.

（2），

则.

19.如图，四棱锥中，，四边形为直角梯形，，，且，．

（1）求证：直线平面；

（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的平面角的余弦值.

答案：

见解析

解析：

【分析】

(1)证明平面，得到，再结合，即可证明平面；

(2)由平面知即为直线与平面所成的角，从而可求长度；以为原点为轴，为轴建立平面直角坐标系，求出、、、的坐标，求出平面和平面的法向量，利用向量法即可求二面角的平面角的余弦值．

【详解】

（1）∵，，∴，∴，

又∵，，∴平面，∴，

∵，，∴平面；

（2）∵平面，∴即为直线与平面所成的角，∴，∴．

以为原点为轴，为轴建立平面直角坐标系：

则，，，，

则，，，

设平面法向量，

则，即，则可取，

设平面法向量为，

则，即，取，则，则，

∴，

由图可知二面角的平面角为钝角，故其余弦值为．

21.年春节前，受疫情影响，各地鼓励市民接种第三针新冠疫苗.某市统计了该市4个地区的疫苗接种人数与第三针接种人数（单位：万），得到如下表格：

（1）请用相关系数说明y与x之间的关系可用线性回归模型拟合，并求y关于x的线性回归方程（若，则线性相关程度很高，可用直线拟合）.

（2）若区市民甲､乙均在某日接种疫苗，根据以往经验，上午和下午接种疫苗分别需等待分钟和分钟，已知甲､乙在上午接种疫苗的概率分别为、，且甲､乙两人需要等待时间的总和的期望不超过分钟，求实数的取值范围.

参考公式和数据：相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，，.

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）利用相关系数公式及最小二乘法即得；

（2）设甲､乙两人排队总时间为，进而可得，然后结合条件即得.

【详解】

（1）由题：，，

，，，所以相关系数

，

说明与之间的线性相关程度很高，所以可用线性回归模型拟合与之间的关系.

，

故关于的线性回归方程为.

（2）设甲､乙两人排队总时间为，则的所有可能取值为，，，

，

，

.

所以，

由，得，

又，所以，

故的取值范围为.

23.已知.

（1）讨论的单调性；

（2）设、为两个不相等的正数，且，其中.“以直代曲”是微积分的基本思想和重要方法.请你在①、②两种方法中选择一种（也可以同时选择①②）来证明：.

①用直线代替曲线在之间的部分；②用曲线在处的切线代替其在之间的部分.

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）求得，分别解不等式、可得出函数的增区间和减区间；

（2）分析可知，，

选①，证明出，，令与的交点为，点的横坐标，则，可得出，构造函数，，可得出，即可得出；

选②，求出在处的切线为，证明出，，令与的交点为，点的横坐标，可得出，构造函数，，可得出，即可证得结论成立；

选①②，证明出则，，，，令与的交点为，点的横坐标，则，令与的交点为，点的横坐标，则，可得，数形结合可证得结论成立.

【详解】

（1）函数的定义域为，.

由可得，由可得.

所以，函数的增区间为，减区间为.

（2）证明：由（1）可知，，

由可得，

因为函数的增区间为，减区间为，

由可知，，

若选①，当时，，则，则，，

令与的交点为，点的横坐标，则，

由可得，，

令，，即，，

当时，，在上单调递增，

所以，；

选②，，，所以，在处的切线为.

令，其中，

，所以，函数在上单调递增，则，

所以，，，

令与的交点为，点的横坐标，则，

可得，

所以，，，

，，即，，

由知，，所以；

若选①②，当时，，则，则，，

，，所以，在处的切线为.

令，其中，

，所以，函数在上单调递增，则，

所以，，，

令与的交点为，点的横坐标，则，

令与的交点为，点的横坐标，则，

可得，

则，

由可得.

25.已知梯形的四个顶点都在抛物线上，且，直线过抛物线的焦点.

（1）若四边形为等腰梯形，求；

（2）若直线与直线的交点为，求实数的值.

答案：

见解析

解析：

【分析】

(1)设方程为，与抛物线方程联立，设，根据韦达定理和中点坐标公式求出中点坐标，同理设为()，求出中点的坐标，根据坐标关系结合可得的位置关系，从而求得的值，从而可求．

(2)根据可得，可得，结合的坐标可得，故求出点横坐标和点横坐标即可.易知、、三点共线可求的值，故可求的坐标，联立与抛物线方程即可求的横坐标，由此即可求得．

【详解】

（1）由题可知直线斜率若存在，则斜率不为零，故可设直线为，

与联立得，

设，则，

则，则中点为．

∵，则设为()，

与联立得，

设，则，

则，则中点﹒

∴和纵坐标相同，则轴，

又∵为等腰梯形，∴，∴轴，即轴，

∴，；

（2）∵，∴，又由图可知，

故，

∵，∴，

设是中点，为中点，∵，易知、、三点共线，

则结合(1)中和的坐标可知，，∴，

则为，根据抛物线的对称性，不妨设点A在x轴上方，易得，∴可求直线方程为：，

与抛物线联立可得，

∵，∴解得．

四、选做题（2选1）

27.在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.

（1）求圆的直角坐标方程；

（2）设圆与直线交于点、，若点的坐标为，求.

答案：

见解析

解析：

【分析】

(1)将、、代入圆的极坐标方程即可求其直角坐标方程；

(2)将直线的参数方程化为标准形式，代入圆的直角坐标方程得到关于参数的二次方程，根据韦达定理和直线参数方程参数的几何意义即可求出．

【详解】

（1）∵，∴，

即；

（2）直线参数方程的标准形式为(为参数)，

代入圆直角坐标方程整理得，

设方程的两根为、，则、对应参数、，

则，

∴．

29.函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若的最小值为，且实数满足.求证：.

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）利用零点分段讨论法即可求解；

（2）由绝对值三角不等式可得的最小值，进而有，又，从而利用柯西不等式即可证明.

【详解】

（1）当时，，所以原不等式即为，解得；

当时，，原不等式即为，解得；

当时，，原不等式即为，解得.

综上，原不等式的解集为.

（2）因为，当且仅当时取等号，所以，

由柯西不等式可知，

所以（当，，时等号）.