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黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020届高三数学第二次模拟考试试题-理.doc
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1、黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020届高三数学第二次模拟考试试题 理黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020届高三数学第二次模拟考试试题 理年级:姓名:- 30 -黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020届高三数学第二次模拟考试试题 理(含解析)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.请按照题号顺序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,
2、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:本题共12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】B【解析】【分析】首先分别化简集合,再求即可.【详解】由题知:,.故选:B【点睛】本题主要考查了对数函数的定义域,同时考查了二次不等式和集合的运算,属于简单题.2.若复数满足,其中是虚数单位,则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简求得,然后利用复数模的计算公式求解【详解】解:因为,则.故选:D.【点睛
3、】本题考查复数代数形式的乘除运算和复数模的求法,属于基础题.3.已知直线:,:,则“”是“”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据直线与直线的垂直,列方程,求出,再判断充分性和必要性即可.【详解】解:若,则,解得或,即或,所以“”是“或”的充分不必要条件.故选:A.【点睛】本题考查直线一般式中直线与直线垂直的系数关系,考查充分性和必要性的判断,是基础题.4.若a,b,c为实数,且,则下列结论正确的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用赋值法直接判断即可.【详解】解:当时,选项A无意义,错误;
4、当时,显然选项B错误;当时,显然选项D错误;故选:C【点睛】此题考查不等式性质的运用,考查了排除法的运用,属于基础题.5.等差数列的前项和为,则取最小值时,的值为( )A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】设等差数列的首项为,公差为,根据等差数列的通项公式与求和公式,列式求得首项与公差,从而得出数列的通项公式,再由求得的范围,即可判断出取最小值时的值.【详解】解:设等差数列的首项为,公差为,由于,则,解得:,由,得,数列自第5项起大于0,则取最小值时,的值为4.故选:C.【点睛】本题考查等差数列取最小值对应的项数,涉及等差数列的通项公式与前项和公式的应用,属于基础题.6.函
5、数,的图象大致为( ) A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用函数的奇偶性及趋近性,结合选项即可得解.【详解】解:函数的定义域为,易知为偶函数,为奇函数,故函数为奇函数,可排除选项D;又当时,当时,可排除选项BC;故选:A.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和特殊情况判断函数值符号,考查运算求解能力和逻辑推理能力,选取合适的特殊情况并判断其函数值符号是求解本题的关键,属于中档题7.已知四面体中,两两垂直,与平面所成角的正切值为,则点到平面的距离为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先以为原点,分别为,轴建立空间直角坐标系,根据与平面所成角的正切值为得到,再求
6、到平面的距离即可.【详解】以为原点,分别为,轴建立空间直角坐标系,如图所示:设,.,.设平面的法向量,则,令,得,故.因为直线与平面所成角的正切值为,所以直线与平面所成角的正弦值为.即,解得.所以平面的法向量,故到平面的距离为.故选:D【点睛】本题主要考查向量法求点到面的距离,同时考查线面成角问题,属于中档题.8.2020年新型冠状病毒肺炎蔓延全国,作为主要战场的武汉,仅用了十余天就建成了“小汤山”模式的火神山医院和雷神山医院,再次体现了中国速度.随着疫情发展,某地也需要参照“小汤山”模式建设临时医院,其占地是出一个正方形和四个以正方形的边为底边、腰长为400m的等腰三角形组成的图形(如图所示
7、),为使占地面积最大,则等腰三角形的底角为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理可先求出4个三角形的面积,再由三角形面积公式可求出正方形的边长,从而得到面积,最后得到答案.【详解】解:设顶角为,由三角形的面积公式可得4个等腰三角形的面积和为,由余弦定理可得正方形边长为,故正方形面积为,所以所求占地面积为,所以当,即时,占地面积最大,此时底角为,故选:D【点睛】此题考查了三角形面积公式的应用和余弦定理的应用,属于中档题.9.给出下列命题,其中正确命题的个数为( )若样本数据,的方差为2,则数据,的方差为4;回归方程为时,变量x与y具有负的线性相关关系;随机变量X服从
8、正态分布,则;甲同学所在的某校高三共有5003人,先剔除3人,再按系统抽样的方法抽取容量为200的一个样本,则甲被抽到的概率为.A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】A【解析】【分析】根据方差的性质即可判断;根据变量x,y的线性回归方程的系数,判断变量x,y是性负相关关系;利用正态分布的对称性,计算可求得结果;根据简单随机抽样概率均等,计算出每人被抽取的概率.【详解】若样本数据,的方差为2,则数据,的方差为,故错误;回归方程为,可知,则变量x与y具有负的线性相关关系,正确;随机变量X服从正态分布,根据正态分布的对称性,所以,错误;根据简单随机抽样概率均等可知,某校高三共有5003人,
9、抽取容量为200的一个样本,则甲被抽到的概率为,错误.故选:A【点睛】本题考查方差,回归直线,正态分布,系统抽样的概念和性质,考查理解辨析能力,属于基础题.10.已知,是双曲线的左右焦点,以为圆心、a为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于A,B两点,若,则双曲线的离心率的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出双曲线的焦点到渐近线的距离,求出,利用已知条件开出不等式,转化求解即可.【详解】由已知可知焦点到渐近线的距离为,所以,因为,所以,可得,即,可得,所以,即,又因为所以,所以,故选:A【点睛】此题考查双曲线的简单性质的应用,离心率的求法,点到直线的距离公式的应用,
10、属于中档题.11.在边长为2的菱形中,将菱形沿对角线折起,使二面角的大小为,则所得三棱锥的外接球表面积为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知可得、都是边长为的等边三角形,由菱形的对角线互相垂直,可得为二面角的平面角,即,作出图形,找出三棱锥的外接球球心,利用四点共圆结合正弦定理求解三棱锥的外接球的半径,代入球的表面积公式可得结果.【详解】由于四边形是边长为的菱形,且,则,所以,、都是边长为的等边三角形,由于菱形的对角线互相垂直,则,所以,为二面角的平面角,即,过点作平面的垂线,垂足为点,则点在线段上,由,可得,且是等边三角形,所以,设的外心为点,的中点,在平面内,过点
11、、分别作平面、的垂线交于点,则点为三棱锥的外接球的球心,则,则,由于、四点共圆,可得,所以,三棱锥的外接球的表面积为.故选:B.【点睛】本题考查多面体外接球的表面积的求解,找出球心的位置,并求出球的半径是解题的关键,考查推理能力与计算能力,属于中等题.12.若函数有三个不同的零点,则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】令,可得,令,可得,令,令,其中且,作出函数的图象,根据函数有三个零点可得出的两根的取值范围,利用二次函数的零点分布得出关于实数的不等式组,可求得实数的取值范围.【详解】,则.令,可得,令,则,即,设,构造函数,其中且,则,令,得,列表如下:单
12、调递增单调递增极大值单调递减函数(且)的图象如下图所示:由于函数有三个不同的零点,而关于的二次方程至多有两个根.当关于的二次方程有两根时,设这两根分别为、,则,此时,解得;若,则,关于的二次方程为,两根分别为,在且时无实根,只有一个实根,此时,函数只有两个零点,不合乎题意.综上所述,实数的取值范围是.故选:B.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点个数问题,将问题转化为复合函数的零点问题是解答的关键,考查数形结合思想的应用,属于难题.第II卷(非选择题,共90分)二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知向量,满足,则_.【答案】1【解析】【分析】对两边平方化简可求出的值.【
13、详解】解:由得,因为,所以,解得1,故答案为:1【点睛】此题考查平面向量的数量积运算及向量的模的运算,属于基础题.14.已知函数,若直线是曲线的一条对称轴,则_.【答案】【解析】【分析】根据辅助角公式化简得,根据对称性的性质可得,从而,结合诱导公式及二倍角公式得,即可求解.【详解】解:,由于直线是曲线的一条对称轴,则,.故答案为:.【点睛】本题考查正弦函数的对称性,考查利用辅助角公式、诱导公式和二倍角公式进行化简求值,考查分析和运算能力.15.史记卷六十五孙子吴起列传第五中记载了“田忌赛马”的故事.齐王有上等,中等,下等马各一匹;田忌也有上等,中等,下等马各一匹.田忌的上等马优于齐王的中等马,
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