《黑龙江省2020届高三综合训练（三）数学（理）答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江省2020届高三综合训练（三）数学（理）答案（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、大庆实验中学2020届高三综合训练（三）数学试卷参考答案1已知集合， ，则（ ）ABCD 【答案】A【详解】解：=，即，又=，即，故选A.2是虚数单位，复数，则（ ）ABCD【答案】D【详解】，故选：D3下列命题中是真命题的是（ ）“”是“”的充分不必要条件；命题“，都有”的否定是“，使得”；数据的平均数为6，则数据的平均数是6；当时，方程组有无穷多解.ABCD【答案】A【详解】，则有，但，则或，所以“”是“”的充分不必要条件，所以正确；命题“，都有”的否定是“，使得”，所以正确；由，可得，故错误；当时，即为，即，所以方程组有无穷多解，正确.故选：A.4二项式的展开式中的系数为（ ）ABCD【
2、答案】A【详解】通项为令，则，故选：A5设不等式组表示的平面区域为，若从圆：的内部随机选取一点，则取自的概率为（ ）ABCD【答案】B【详解】作出中在圆内部的区域，如图所示，因为直线，的倾斜角分别为，所以由图可得取自的概率为.故选：B6马拉松是一项历史悠久的长跑运动，全程约千米.跑马拉松对运动员的身体素质和耐力是极大的考验，专业的马拉松运动员经过长期的训练，跑步时的步幅（一步的距离）一般略低于自身的身高，若某运动员跑完一次全程马拉松用了小时，则他平均每分钟的步数可能为（）ABCD【答案】C【详解】解：千米米，小时分钟，故运动员每分钟跑米；若运动员每分钟跑步，则运动员的身高超过米不太可能；若运动
3、员每分钟跑步，则运动员的身高稍超过米不太可能；若运动员每分钟跑步，则运动员的身高超过米，基本符合实际，故选：C.7已知，是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题中错误的是（ ）A若，则或 B若，则C若，则 D若，则【答案】D【详解】选项A：若，根据线面平行和面面平行的性质，有或，故A正确；选项B：若，由线面平行的判定定理，有，故B正确；选项C：若，故，所成的二面角为，则，故C正确；选项D，若，有可能，故D不正确.故选：D8设函数，则函数的图像可能为（ ）ABCD【答案】B【详解】定义域为： ，函数为偶函数，排除 ，排除 故选9框图与程序是解决数学问题的重要手段，实际生活中的一些问题在
4、抽象为数学模型之后，可以制作框图，编写程序，得到解决，例如，为了计算一组数据的方差，设计了如图所示的程序框图，其中输入，则图中空白框中应填入（ ）A，BC，D，【答案】A【详解】根据题意为了计算7个数的方差，即输出的，观察程序框图可知，应填入，故选：A.10已知双曲线：的左、右两个焦点分别为，若存在点满足，则该双曲线的离心率为（ ）A2 B C D5【答案】B【详解】.选B.11已知抛物线：的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，其中点在第一象限，若弦的长为，则（ ）A2或B3或C4或D5或【答案】C【详解】设直线的倾斜角为，则，所以，即，所以直线的方程为.当直线的方程为，联立，解得和，所以；同
5、理，当直线的方程为.，综上，或.选C.12已知四棱锥的四条侧棱都相等，底面是边长为的正方形，若其五个顶点都在一个表面积为的球面上，则与底面所成角的正弦值为（ ）AB或CD或【答案】D【详解】因为的四条侧棱都相等，底面是边长为的正方形，则点在面内的射影落在正方形 的中心，连接交于点，设球心为,连接,则在直线上，由,解得，又,所以,所以或，当时，,则与底面所成角的正弦值为,当时，,则与底面所成角的正弦值为,即与底面所成角的正弦值为或，故选D.13已知平面向量与的夹角为，则_.【答案】【详解】由可得，则，所以.故答案为:14已知各项均为正数的等比数列的前项积为，（且），则_.【答案】【详解】由于，所
6、以，则，.故答案为：15某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则的最大值为_.【答案】16【详解】由三视图之间的关系可知,整理得,故,解得,当且仅当时等号成立,故答案为:1616已知曲线：，曲线：，（1）若曲线在处的切线与在处的切线平行，则实数_；（2）若曲线上任意一点处的切线为，总存在上一点处的切线，使得，则实数的取值范围为_.【答案】2 【详解】(1),则曲线在处的切线的斜率,在处的切线的斜率,依题意有,即;(2)曲线上任意一点处的切线的斜率,则与垂直的直线的斜率为,而过上一点处的切线的斜率,依题意必有,解得,故答案为:.17在中，角，的对边分别为，且，（1）求；（2
7、）若的面积为，求解：（1），由正弦定理得:，又由余弦定理得：，即：，.（2）因为，所以化简得，则，得：，因为的面积为，所以，得，由余弦定理知：， 18如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面，是棱上的一点.（1）证明：平面平面；（2）若，是的中点，且二面角的正弦值为，求的值.【详解】(1)因为平面,平面,所以,又,所以平面,又平面,所以平面平面;(2)以为原点,分别为,轴,建立如图所示的空间直角坐标系:则,由(1)知平面,故,又是的中点,且,平面,平面的一个法向量为,设平面的法向量为,则且,且,令,则,平面的一个法向量,二面角的正弦值为,或4.19甲、乙两位同学参加某个知识答题游戏节目，答题分两
8、轮，第一轮为“选题答题环节”第二轮为“轮流坐庄答题环节”.首先进行第一轮“选题答题环节”，答题规则是：每位同学各自从备选的5道不同题中随机抽出3道题进行答题，答对一题加10分，答错一题（不答视为答错）减5分，已知甲能答对备选5道题中的每道题的概率都是，乙恰能答对备选5道题中的其中3道题；第一轮答题完毕后进行第二轮“轮流坐庄答题环节”，答题规则是：先确定一人坐庄答题，若答对，继续答下一题，直到答错，则换人（换庄）答下一题以此类推.例如若甲首先坐庄，则他答第1题，若答对继续答第2题，如果第2题也答对，继续答第3题，直到他答错则换成乙坐庄开始答下一题，直到乙答错再换成甲坐庄答题，依次类推两人共计答完
9、20道题游戏结束，假设由第一轮答题得分期望高的同学在第二轮环节中最先开始作答，且记第道题也由该同学（最先答题的同学）作答的概率为（），其中，已知供甲乙回答的20道题中，甲，乙两人答对其中每道题的概率都是，如果某位同学有机会答第道题且回答正确则该同学加10分，答错（不答视为答错）则减5分，甲乙答题相互独立；两轮答题完毕总得分高者胜出.回答下列问题（1）请预测第二轮最先开始作答的是谁？并说明理由（2）求第二轮答题中，；求证为等比数列，并求（）的表达式.【详解】(1)设甲选出的3道题答对的道数为,则,设甲第一轮答题的总得分为,则,所以;(或法二:设甲的第一轮答题的总得分为,则的所有可能取值为30,1
10、5,0,-15,且,故得分为的分布列为:30150-15;设乙的第一轮得分为,则的所有可能取值为30,15,0,则,故的分布列为:30150故,所以第二轮最先开始答题的是甲.(2)依题意知,依题意有(),(),又,所以是以为首项,为公比的等比数列,().20如图，设是椭圆的左焦点，直线：与轴交于点，为椭圆的长轴，已知，且，过点作斜率为直线与椭圆相交于不同的两点 ，（1）当时，线段的中点为，过作交轴于点，求；（2）求面积的最大值.【详解】（1）, ，又，即, 椭圆的标准方程为点的坐标为，点的坐标为直线的方程为 即 联立可得，设，则， 所以，直线的斜率为，直线的方程为 令，解得即所以（2）直线的方
11、程为，当时，三角形不存在 当时，设，直线的方程为联立可得，设，解得或， 点到直线的距离 当且仅当，即时（此时适合于0的条件）取等号,所以当时，直线为时，面积取得最大值为.21已知函数，（1）讨论的单调性；（2）设，若的最小值为，证明：.【详解】(1)，设；所以在上单调递减，在上单调递增，即 所以在上单调递增(2) ，设， 设，所以在上单调递增，即，所以在上单调递增所以在上恰有一个零点且 在上单调递减，在上单调递增， 由（1）知在上单调递增所以所以22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，曲线的极坐标方程为（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设点，直线与曲线的交点为、，求的值【详解】解：（1）的参数方程消去参数，易得的普通方程为，曲线：，即，所以曲线的直角坐标方程为：.（2）的参数方程（为参数），设对应参数为，对应参数为，将的参数方程与联立得：，得：，所以即.23设a、b、c均为正数，（）证明：；（）若，证明.【详解】（）因为，均为正数，由重要不等式可得，以上三式相加可得，即；（）因为，由（）可知，故，所以得证
