《黑龙江省校2020届高三数学一模考试试题 理（含解析）（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江省校2020届高三数学一模考试试题 理（含解析）（通用）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020届高三一模考试数学（理）试题第卷（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. 设集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】集合，集合故选C.2. 下列函数中，既是偶函数又在区间内单调递减的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】对于，是偶函数，在区间单调递增，故排除；对于，是偶函数，在区间单调递减，故正确；对于，是非奇非偶函数，在区间单调递增，故排除；对于，是非奇非偶函数，在区间单调递减，故排除.故选B.3. 设是等差数列的前项和，若,，那么等于（ ）A.
2、4 B. 5 C. 9 D. 18【答案】B【解析】等差数列中，所以，从而，所以，故选B. 4. 已知，则（ ）A. 2 B. C. D. 1【答案】D【解析】，故选D5. 过原点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为（ ）A. B. 2 C. D. 【答案】D【解析】，即。依题意可得，直线方程为，则圆心到直线的距离，所以直线被圆所截得的弦长为，故选D.6. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列条件，其中能够推出的是（ ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】B【解析】由，可推出与平行、相交或异面，由可推出.故选B7. 函数（且 ）的图象恒过定点，若点在直线上，其中，则的最大值为（
3、 ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】依题意有，代入直线得，所以，故选.8. 设是数列的前项和，若,则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】当时，解得.当时，则，即.数列是首项为，公比为的等比数列故选C.9. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. 4 B. 2 C. D. 【答案】D【解析】由三视图的俯视图可知，三棱锥的底面为等腰直角三角形，故体积为.故选.10. 千年潮未落，风起再扬帆，为实现“两个一百年”奋斗目标、实现中华民族伟大复兴的中国梦奠定坚实基础，哈三中积极响应国家号召，不断加大拔尖人才的培养力度，据不完全统
4、计：根据上表可得回归方程中的为1.35，我校2020届同学在学科竞赛中获省级一等奖以上学生人数为63人，据此模型预报我校今年被清华、北大等世界名校录取的学生人数为（ ）A. 111 B. 117 C. 118 D. 123【答案】B【解析】因为，所以，所以回归直线方程为，当时代入，解得，故选B. 11. 已知、为双曲线： 的左、右焦点，点为双曲线右支上一点，直线与圆相切，且，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 2【答案】C【解析】设与圆相切于点，则因为，所以为等腰三角形，设的中点为，由 为的中点，所以，又因为在直角中，所以又， 故由得，故本题选C点睛：在圆锥曲线中涉及到焦点弦问题，
5、通常要灵活应用圆锥的定义得到等量关系，本题中由几何关系得到，由双曲线定义有，列方程即可求离心率的值.12. 设函数，若是函数是极大值点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】，若因为是函数是极大值点，所以即 ，所以 若时，因为，所以当时，当时，所以是函数是极大值点，符合题意；当时，若是函数是极大值点，则需，即，综上，故选A. 二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知正方形边长为2，是的中点，则_.【答案】2【解析】根据题意.故正确答案为.14. 若实数满足，则的最大值为_.【答案】5【解析】作出不等式组表示的平面区域，得到如图的及其内部：
6、其中，设，将直线进行平移，当经过点时，目标函数达到最大值，此时.故答案为.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15. 直线与抛物线相交于不同两点，若是中点，则直线的斜率_.【答案】【解析】设，直线与抛物线相交于不同两点，则两式相减得是中点故答案为.16. 已知锐角的三个内角的余弦值分别等于钝角的三个内角的正弦值，其中，若，则的
7、最大值为_.【答案】【解析】由于，且为钝角，故，由正弦定理得，故 .三、解答题 （本大题共6题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 已知函数.（1）当时，求的值域；（2）已知的内角的对边分别为，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，结合，即可求得的值域；（2）由求得的值，利用余弦定理求得的值，可得的面积.试题解析：（1）由题意知，由.（2），由余弦定理可得18. 某中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系，对该校200名高三学生平均每天课外体育锻炼时间进行调查，如表：（平均每天锻炼的时间单位：分钟）将学生日均课
8、外体育锻炼时间在的学生评价为“课外体育达标”.（1）请根据上述表格中的统计数据填写下面的列联表；课外体育不达标课外体育达标合计男女20110合计（2）通过计算判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“课外体育达标”与性别有关？参考格式：，其中0.0250.150.100.0050.0250.0100.0050.0015.0242.0726.6357.8795.0246.6357.87910.828【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）根据所给数据，可得列联表；（2）根据关联表，代入公式计算，与临界值比较即可得出结论.试题解析：(1) (2) 所以在犯错误的概率不
9、超过的前提下不能判断“课外体育达标”与性别有关.19. 如图，直三棱柱中，且，是棱上的动点，是的中点.（1）当是中点时，求证：平面；（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角为，若存在，求的长，若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【试题分析】（1）取中点，连结，利用三角形中位线证得四边形为平行四边形，由此证得线面平行.（2）假设存在这样的点，以点为原点建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，结合它们所成锐二面角的余弦值，可求得这个点的坐标.【试题解析】（1）取中点，连结，则且.因为当为中点时，且，所以且 .所以四边形为平行四边形，又因为，所以平面；（2）假设
10、存在满足条件的点，设.以为原点，向量方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系.则，平面的法向量，平面的法向量，解得，所以存在满足条件的点，此时.20. 已知是椭圆的右焦点，过的直线与椭圆相交于，两点.（1）若，求的长；（2）为坐标原点，满足，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由题意可知过的直线斜率存在，设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，得关于的一元二次方程，由及韦达定理可得的值，从而求出弦长；（2）由可得，即，设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理即可求出的值，从而求出直线的方程.试题解析：(1)由题意可知过的直线斜率存在，设直线的方程为联立 ，得
11、，则(2) ，即设直线的方程为，联立，得 ，即或直线的方程为点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用21. 已知函数.（1）当时，求的最小值；（2）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）.【解析】【试题分析】（1）当时，利用导数可求得函数在上递减，在上递增，故最小值为.（2）根据函数的定义域为非负数，得到，
12、由于导函数是否有零点由的正负还确定，故将分成三种情况，讨论函数的单调区间和最小值，由此求得实数的取值范围. 【试题解析】（1）当时,.（2）时, 不成立时, ,在递增, 成立时, 在递减, 递增设,所以在递减,又所以 综上: .【点睛】本小题主要考查函数导数与单调性，考查利用导数和不等式恒成立来求参数的取值范围.由于函数的导数是个分式的形式，故要将导函数进行通分，通分之后由于分母为正数，故只需要考虑分子的正负，结合一元二次函数的图象与性质，将分类讨论后利用最小值可求得的范围.请考生在22、23二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，
13、曲线的方程为，以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，曲线的方程为（为参数）.（1）求曲线的参数方程和曲线的普通方程； （2）求曲线上的点到曲线的距离的最大值.【答案】（1）曲线的参数方程为（为参数），曲线的普通方程为；（2）.【解析】试题分析：（1）由题意利用转化公式可得曲线的参数方程和曲线的普通方程；（2）将原问题转化为三角函数问题可得曲线上的点到曲线的距离的最大值.试题解析：（1）由，得，则，即曲线的参数方程为（为参数）由（为参数）消去参数，整理得曲线的普通方程为.（2）设曲线上任意一点，点到的距离 曲线上的点到曲线的距离的最大值为23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）当时，函数的最小值为，（），求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）当时，不等式等价于，两边平方即可求得解集；（2）对分类讨论，去掉绝对值符号得函数的解析式，可得函数的最小值为，再结合基本不等式即可求出的最小值.试题解析：（1）当时，不等式为两边平方得，解得或的解集为（2）当时，可得， ，当且仅当，即，时取等号.
