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  • 2021-06-15 发布

黑龙江省大庆第一中学2019届高三第三次模拟考试数学(理)试题(含答案解析)

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大庆一中高三年级下学期第三次模拟考试 数 学(理 科) 试 题 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的 4 个选项中,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知复数z满足,则复数的虚部为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设 ,由 , ,故选B.‎ ‎2.已知集合 ,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合和集合,根据集合的交集计算即可.‎ ‎【详解】由得 ,所以,由得,所以,‎ 故,所以选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的概念,集合的交集运算,涉及函数定义域的相关知识,属于中档题.‎ ‎3.已知双曲线的离心率为,则实数 的值为( )‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析:可用排除法,验证与是否符合题意即可得结果.‎ 详解:可用排除法,当时,化为,‎ 离心率为,符合题意;‎ 当时,化为,‎ 离心率,符合题意,‎ 的值为,故选C.‎ 点睛:用特例代替题设所给的一般性条件,得出特殊结论,然后对各个选项进行检验,从而做出正确的判断,这种方法叫做特殊法. 若结果为定值,则可采用此法. 特殊法是“小题小做”的重要策略,排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法,这种方法即可以提高做题速度和效率.‎ ‎4.执行如图所示的程序框图,输出 的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据框图,结合条件分支结构和循环结构,即可求出结果.‎ ‎【详解】第一次执行程序后,,第二次执行程序后,,第三次执行程序后,第四次执行程序后,因为不成立,跳出循环,输出,故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了框图,涉计循环结构和条件分支结构,属于中档题.‎ ‎5.在各项不为零的等差数列中,,数列是等比数列,且 ‎,则的值为( )‎ A. 1 B. 2 C. 4 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质可知,代入方程可求出,再根据等比数列的性质 即可代入求解.‎ ‎【详解】因为等差数列中,所以,‎ 因为各项不为零,所以,‎ 因为数列是等比数列,所以 所以,故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列中,当时,,等比数列中,当时,,属于中档题.‎ ‎6.若设,则 的展开式中的常数项是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【解析】,所以展开式的通项为: ,令 ,常数项是,故选A.‎ ‎7.已知矩形中,.如果向该矩形内随机投一点,那么使得与的面积都不小于的概率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎,‎ 由题意知本题是一个几何概型的概率,‎ 以AB为底边,要使面积不小于2,‎ 由于,‎ 则三角形的高要h⩾1,同样,P点到AD的距离要不小于,满足条件的P的区域如图,‎ 其表示的区域为图中阴影部分,它的面积是,‎ ‎∴使得△ABP与△ADP的面积都不小于2的概率为:.‎ 故选D.‎ ‎8.已知某函数的图象如图所示,则下列解析式与此图象最为符合的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 对于A,为奇函数,图象显然不关于原点对称,不符合题意;‎ 对于C,在上单调递减,不符合题意;‎ 对于D,在上单调递减,不符合题意;‎ 故选B 点睛:识图常用的方法 ‎(1)定性分析法:通过对问题进行定性的分析,从而得出图象的上升(或下降)的趋势,利用这一特征分析解决问题;‎ ‎(2)定量计算法:通过定量的计算来分析解决问题;‎ ‎(3)函数模型法:由所提供的图象特征,联想相关函数模型,利用这一函数模型来分析解决问题.‎ ‎9.已知奇函数满足,若当时,,且,则实数的值可以是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇函数满足可知函数周期,因此,当时,令,可得,故可得的可能取值.‎ ‎【详解】由可得,因为为奇函数,‎ 所以,故,函数周期为,‎ 所以,‎ 当时,令,可得,所以可以,即,故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性、周期性,属于中档题.函数中一些常见结论需要理解记忆:‎ 若 可知函数的周期,‎ 若,可知函数对称轴.‎ ‎10.下列命题正确的个数是( )‎ ‎(1)“函数的最小正周期是”的充分不必要条件是“ ”;‎ ‎(2)设,则使函数 的定义域是且为奇函数的所有 的值为;‎ ‎(3)已知函数在定义域上增函数,则.‎ A. 1 B. 2 C. 3. D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据给出的命题,逐个分析即可. (1)考虑函数的周期性(2)幂函数的定义域及奇偶性(3)利用导数确定参数取值范围.‎ ‎【详解】(1)因为,所以最小正周期,所以,所以是充分不必要条件正确;‎ ‎(2)因为 的定义域是,所以,故所有 的值为错误;‎ ‎(3)因为函数在定义域上为增函数,所以恒成立,即恒成立,由恒成立可知,命题正确.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了充分必要条件,函数的定义域、奇偶性,利用导数确定函数的增减性及恒成立问题,属于中档题.‎ ‎11.在中,,点 是所在平面内一点,则当 取得最小值时, ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 以C为坐标原点,直线CB,CA分别为x,y轴建立直角坐标系,则,设 当时取得最小值,,选D.‎ 点睛:(1)向量的坐标运算将向量与代数有机结合起来,这就为向量和函数的结合提供了前提,运用向量的有关知识可以解决某些函数问题.‎ ‎(2)以向量为载体求相关变量的取值范围,是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算,将问题转化为解不等式或求函数值域,是解决这类问题的一般方法.‎ ‎12.已知函数,若,且对任意的,则的最大值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为,若,且对任意的恒成立,‎ 即 ,因为 ‎ 即 ,对任意恒成立,‎ 令,则 ‎ 令 ,则 ‎ 所以函数 在 上单调递增.‎ 因为 ‎ 所以方程 在上存在唯一实根 ,且满足 ‎ 当 时, ,即 ,当 时, ,即 所以函数在 上单调递减,在 上单调递增 所以 ‎ 所以=‎ 所以 ,因为 ,故整数 的最大值为 ,故选B.‎ 点睛:不等式恒成立问题常用变量分离的方法,即将变量与参数分开来看,转化为参数与函数与最值的不等式即可,本题中通过求导找到的极值点是不可求的,此时,利用导数等于零的方程代入最值中化简即可解决本题.‎ 第Ⅱ卷 非选择题 二、填空题:本大题共 4小题,每小题 5分,共 20分,把答案填在题中横线上.‎ ‎13.已知随机变量服从正态分布且,则_____________‎ ‎【答案】0.76‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件可知数据对应的正态曲线的对称轴,根据对称性即可得到结果.‎ ‎【详解】随机变量服从正态分布,‎ 则曲线的对称轴为,,‎ 由可得,‎ 则 故答案为0.76.‎ ‎【点睛】本题考查根据正态曲线的对称性求在给定区间上的概率,求解的关键是把所求区间用已知区间表示;正态曲线的主要性质是:(1)正态曲线关于对称;(2)在正态曲线下方和x轴上方范围内的区域面积为1.‎ ‎14.已知点和圆,过点 作圆的切线有两条,则实数的取值范围是______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 由过点可作圆的两条切线知,点在圆的外部,根据点与圆的位置关系可得关于的不等式,结合为圆的一般方程,可知满足的不等式,联立即可求解.‎ ‎【详解】因为为圆,所以,解得,‎ 又过点 作圆的切线有两条,所以点在圆的外部,故,解得,综上可知 ‎.故的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系的应用,圆的一般方程,圆的切线的条数,属于中档题.‎ ‎15.已知函数,若,则函数 的单调递增区间为_______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 因为,所以 所以,‎ 由得单调增区间为.‎ ‎【点睛】函数的性质 ‎(1).‎ ‎(2)周期 ‎(3)由 求对称轴 ‎(4)由求增区间; ‎ 由求减区间 ‎16.设数列的前项积为,且. 若 ,则数列的前项和为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 点睛:裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式,然后通过累加抵消中间若干项的方法,裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列,c为常数)的数列. 裂项相消法求和,常见的有相邻两项的裂项求和(如本例),还有一类隔一项的裂项求和,如或.‎ 三、解答题:(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.)‎ ‎17. △ABC在内角A、B、C的对边分别为a,b,c,已知a=bcosC+csinB.‎ ‎(Ⅰ)求B;‎ ‎(Ⅱ)若b=2,求△ABC面积的最大值.‎ ‎【答案】(Ⅰ)B=(Ⅱ)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)∵a=bcosC+csinB ‎∴由正弦定理知sinA=sinBcosC+sinCsinB ①‎ 在三角形ABC中,A=-(B+C)‎ ‎∴sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC ②‎ 由①和②得sinBsinC=cosBsinC 而C∈(0,),∴sinC≠0,∴sinB=cosB 又B(0,),∴B=‎ ‎(2) S△ABCacsinBac,‎ 由已知及余弦定理得:4=a2+c2﹣2accos2ac﹣2ac,‎ 整理得:ac,当且仅当a=c时,等号成立,‎ 则△ABC面积的最大值为(2)1.‎ ‎18.‎ 某品牌服装店为了庆祝开业两周年,特举办“你敢买,我就送”的回馈活动,规定店庆当日进店购买指定服装的消费者可参加游戏,赢取奖金,游戏分为以下两种:‎ 游戏 1:参加该游戏赢取奖金的成功率为,成功后可获得元奖金;‎ 游戏 2:参加该游戏赢取奖金的成功率为,成功后可得元奖金;‎ 无论参与哪种游戏,未成功均没有收获,每人有且仅有一次机会,且每次游戏成功与否均互不影响,游戏结束后可到收银台领取奖金.‎ ‎(Ⅰ)已知甲参加游戏 1,乙参加游戏 2,记甲与乙获得的总奖金为,若,求的值;‎ ‎(Ⅱ)若甲、乙、丙三人都选择游戏 1或都选择游戏 2,问:他们选择何种规则,累计得到奖金的数学期望值最大?‎ ‎【答案】(Ⅰ)0.6(Ⅱ)见解析 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(Ⅰ)根据甲、乙参加游戏会有4种结果,列出方程求出p的值,再计算P(ξ≤200)的值;(Ⅱ)分别计算甲、乙、丙都选游戏1和都选游戏2时,累计得到的奖金,再比较它们的大小即可.‎ ‎【详解】(Ⅰ)甲、乙参加游戏,会有4种结果; ‎ P ‎0.4(1﹣p)‎ ‎0.6(1﹣p)‎ ‎0.4p ‎0.6p ξ ‎0‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎500‎ 则P(ξ>300)=P(ξ=500)=0.6p=0.24,解得p=0.4;‎ 所以P(ξ≤200)=P(ξ=0)+P(ξ=200)=0.4×(1﹣0.4)+0.6×(1﹣0.4)=0.6;‎ ‎(Ⅱ)都选游戏1时,设赢的人数为X,则X~B(3,0.6),‎ E(X)=np=3×0.6=1.8;‎ 累计赢取的奖金为J(X)=1.8×200=360(元);‎ 都选游戏2时,设赢的人数为Y,则Y~B(3,0.4),‎ E(Y)=np=3×0.4=1.2;‎ 累计得到的奖金为J(Y)=1.2×300=360(元);‎ 甲、乙、丙三人都选择游戏1或都选择游戏2,累计得到奖金的数学期望值一样多.‎ ‎【点睛】本题考查概率、随机变量的数学期望、二项分布的计算问题,考查推理能力与计算能力,是中档题.‎ ‎19.在四棱锥的底面是菱形, 底面,, 分别是的中点, .‎ ‎(Ⅰ)求证: ;‎ ‎(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值;‎ ‎(III)在边上是否存在点,使与所成角余弦值为,若存在,确定点的位置;若不存在,说明理由.‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析; (Ⅱ); (Ⅲ)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由题意结合几何关系可证得平面,据此证明题中的结论即可;‎ ‎(Ⅱ)建立空间直角坐标系,求得直线的方向向量与平面的一个法向量,然后求解线面角的正弦值即可;‎ ‎(Ⅲ)假设满足题意的点存在,设,由直线与的方向向量得到关于的方程,解方程即可确定点F的位置.‎ ‎【详解】(Ⅰ)由菱形的性质可得:,结合三角形中位线的性质可知:,故,‎ 底面,底面,故,‎ 且,故平面,‎ 平面,‎ ‎(Ⅱ)由题意结合菱形的性质易知,,,‎ 以点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则:,‎ 设平面的一个法向量为,‎ 则:,‎ 据此可得平面的一个法向量为,‎ 而,‎ 设直线与平面所成角为,‎ 则.‎ ‎(Ⅲ)由题意可得:,假设满足题意的点存在,‎ 设,,‎ 据此可得:,即:,‎ 从而点F的坐标为,‎ 据此可得:,,‎ 结合题意有:,解得:.‎ 故点F为中点时满足题意.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理与性质定理,线面角的向量求法,立体几何中的探索性问题等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎20.已知椭圆的离心率,直线被以椭圆的短轴为直径的圆截得的弦长为.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆的方程;‎ ‎(Ⅱ)若过点的直线交椭圆于两点,且,求的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析:‎ ‎(1)由直线与圆的位置关系可得.由椭圆的离心率可得,则椭圆的方程为.‎ ‎(2)当直线的斜率为时,,当直线的斜率不为时,设直线在y轴上的截距式方程为,,,联立方程可得,满足题意时,结合韦达定理可知,据此可知.综上可得.‎ 试题解析:‎ ‎(1)因为原点到直线的距离为,‎ 所以(),解得.‎ 又,得 所以椭圆的方程为.‎ ‎(2)当直线的斜率为时,,‎ 当直线的斜率不为时,设直线:,,,‎ 联立方程组,得,‎ 由,得,‎ 所以,‎ ‎,‎ 由,得,所以.‎ 综上可得:,即.‎ 点睛:(1)解答直线与椭圆的题目时,时常把两个曲线的方程联立,消去x(或y)建立一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.‎ ‎(2)涉及到直线方程的设法时,务必考虑全面,不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.‎ ‎21.已知函数 + ‎(Ⅰ)求的最小值;‎ ‎(Ⅱ)设,证明:.‎ ‎【答案】(Ⅰ)1(Ⅱ)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)求导后利用导数求函数的极值即可得到最小值;‎ ‎(Ⅱ)根据(Ⅰ)可得,令,结合放缩,可得 ‎,累加即可证明不等式成立.‎ ‎【详解】(Ⅰ)函数的定义域为 ‎,当时,,当时,,‎ 所以在时单调递减,在时单调递增,‎ 故当时,函数有唯一极小值,所以函数有最小值.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)可得,‎ 令可得 ‎ 当时, ‎ ‎ ‎ ‎,,‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的应用,数列不等式的证明,属于难题.在证明不等式时,往往要根据函数的特点,构造新的函数或不等式,利用函数的增减性,极值或者不等式的放缩法,来证明所给不等式,技巧性比较强,需要多加练习总结.‎ 请考生在第 22、23二题中任选一题做答,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 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,以轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.‎ ‎(Ⅰ)求曲线的直角坐标方程,并说明它为何种曲线;‎ ‎(Ⅱ)已知点 的坐标为,直线与曲线交于两点,求的最大值.‎ ‎【答案】(Ⅰ),曲线是一个以为圆心,2为半径的圆(Ⅱ)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由曲线的极坐标方程化为直角坐标方程,可知曲线C是一个以为圆心,2为半径的圆.‎ ‎(Ⅱ)直线过定点,把代入,得,由此根据参数的几何意义可求出的最大值.‎ ‎【详解】(Ⅰ) 曲线的极坐标方程为 ‎ 曲线的直角坐标方程为,即 ‎ ‎ 曲线是一个以为圆心,2为半径的圆.‎ ‎(Ⅱ) 直线的参数方程为 ,(为参数)‎ ‎ 直线过定点 ‎ 直线与曲线交于两点,由题意知其倾斜角为锐角,‎ 把代入,得 由,得,‎ ‎ 或 (舍去)‎ 又由于点均在点的下方,由参数的几何意义得:‎ ‎,其中,‎ 当时,经检验满足,所以的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了曲线的直角坐标方程与极坐标方程的互化,考查利用直线参数的几何意义求两线段和的最值,涉及三角函数的变形化简,考查了运算能力,属于中档题.‎ ‎23.选修 4-5:不等式选讲 已知函数.‎ ‎(1)若,解不等式的解集;‎ ‎(2)若关于的不等式在上恒成立,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分类讨论去掉绝对值符号,分别求解取并集即可.‎ ‎(2)分别作出的图象,观察可求解m的范围.‎ ‎【详解】(1)依题意,.‎ 当时,,即,故; ‎ 当时,即,即,故;‎ 当时,,即,故无解.‎ 综上所述,不等式的解集为.‎ ‎(2)依题意,,故(*),‎ 显然时,(*)式不恒成立, ‎ 当时,在同一直角坐标系中分别作出的图象如下图所示,‎ 观察可知,,即实数m的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法,含绝对值的函数图像的应用,考查转化思想以及计算能力,属于中档题.‎