1、黑龙江省哈尔滨市第六中学校2020届高三数学第三次模拟考试试题 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，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀.第卷（选择题共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
2、是符合题目要求的.1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解不等式即可求出集合，进而求出的值.【详解】因为，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查了集合的并集运算，属于基础题.2.设，则（ ）A. 2B. 3C. D. 【答案】D【解析】【分析】先利用复数的除法运算化简复数为，再利用求模公式求解.【详解】因为，所以.故选：D【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的模的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.3.已知向量且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】算出的坐标，再利用向量垂直的坐标形式可得的方程，解出后可得正确的选项.【详解】，因为，故
3、，故.故选：C.【点睛】如果，那么：（1）若，则；（2）若，则.4.设则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用对数函数的单调性、指数函数的单调性可得三者的大小关系.【详解】因为为上的增函数，故，因为为上的增函数，故，故.故选：A.【点睛】本题考查指数、对数的大小，解决此类问题关键是根据指数函数、对数函数的单调性来比较大小，必要时需借助中间数来传递大小关系.5.若，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用降幂公式把化成与有关的三角函数式，从而可求原代数式的值.【详解】，故选：C.【点睛】三角函数的化简求值问题，可以从四个角度去分析：（1）看函数名
4、的差异；（2）看结构的差异；（3）看角的差异；（4）看次数的差异对应的方法是：弦切互化法、辅助角公式（或公式的逆用）、角的分拆与整合（用已知的角表示未知的角）、升幂降幂法6.在等比数列中，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出公比，再利用等比数列的性质可求.【详解】设公比为，因为，故，所以，故选：D.【点睛】一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则，；（2）公比时，则有，其中为常数且；（3） 为等比数列（ ）且公比为.7.若函数的零点在区间上，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：单调递增,故选C.考点：零点存在
5、性定理.8.函数，下列结论正确的是（ ）A. 向右平移个单位，可得到函数的图像B. 的图像关于中心对称C. 的图像关于直线对称D. 在上为增函数【答案】C【解析】【分析】利用三角函数的图像与性质逐一判断即可.【详解】将向右平移个单位得到的函数为，故A错误；因为，所以的图像不关于中心对称，故B错误；因为，所以的图像关于直线对称，故C正确；当时，故D错误故选：C【点睛】本题考查的是三角函数的图像和性质，考查了学生对基础知识的掌握情况，较简单.9.在的展开式中, 项的系数为( )A. 10B. 25C. 35D. 66【答案】D【解析】【分析】分析的展开式的本质就是考虑12个，每个括号内各取之一进行
6、乘积即可得到展开式的每一项，利用组合知识即可得解.【详解】的展开式考虑12个，每个括号内各取之一进行乘积即可得到展开式的每一项，要得到项，就是在12个中，两个括号取，10个括号取1，所以其系数为.故选：D【点睛】此题考查求多项式的展开式指定项的系数，关键在于弄清二项式定理展开式的本质问题，将问题转化为计数原理组合问题.10.已知三棱锥的外接球的球心为，平面，则球心O到平面的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设的中点为，的中点为，连接，可证，再连接交于点，过作，垂足为，则可证且平面，从而可求O到平面的距离.【详解】因为，故为等腰直角三角形且，而为的中点.故为的外心，故
7、平面.因为平面，所以，故共面.连接交于点，过作，垂足为.因为，故，在直角三角形中，故，同理，因为，故，而，故平面，因为平面，故平面平面.因为平面平面，平面，所以平面.因为为三棱锥的外接球的球心，故，因为平面，平面，故，在平面中，因，故，故四边形为矩形，且，.又因为，故，故.在直角三角形中，.故选：B.【点睛】本题考查三棱锥的外接球的球心到给定平面的距离，注意根据外接球球心的性质确定球心的位置，并把点到平面的距离归结可解的直角三角形中来计算，本题属于较难题.11.在中，的对边分别为，且满足，则面积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据，结合二倍角的余弦公式化简得到
8、，解得，从而得到，再根据，利用余弦定理结合基本不等式得到的范围即可.【详解】因为，所以，所以，即，解得所以又因为，由余弦定理得：，所以，当且仅当时，取等号，则面积，所以面积的最大值为故选：D【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用以及基本不等式的应用和二倍角公式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.12.已知定义域为R的奇函数，满足，则下列叙述正确的为（ ）存在实数k，使关于x的方程有7个不相等的实数根当时，恒有若当时，的最小值为1，则若关于的方程和的所有实数根之和为零，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】对于，当时，直线与函数在第一象限有3个零点，关于x
9、的方程有7个不相等的实数根，所以正确；对于，当时，函数不是单调函数，所以不正确；对于，令所以，则，所以正确；对于，通过数形结合分析得到其是错误的.【详解】对于，函数的图象如图所示，由于函数是奇函数，所以只要考查的零点个数，由于，所以只要考虑的零点有3个即可.由题得，所以直线的斜率为，此时直线与函数的图象有5个交点，当时，直线与函数在第一象限有3个零点，关于x的方程有7个不相等的实数根，所以正确；对于，当时，函数不是单调函数，所以不成立，所以不正确；对于，令所以，当时，的最小值为1，则，所以正确；对于，由于函数是奇函数，关于的方程和的所有实数根之和为零，当时，有三个实根，则，所以的所有实数根之和
10、为.令所以错误.故选：B.【点睛】本题主要考查函数零点问题，考查直线和曲线的位置关系，考查函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.第卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分，第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须做答，第22题，23题为选考题，考生根据要求做答.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.过点的直线与抛物线交于两点，且，则此直线的方程为_.【答案】【解析】【分析】设，利用点差法可求，从而可求其直线方程.【详解】设，则，故，整理得到，.因为，故为的中点，所以，所以，故直线方程为，故答案为：.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，注
11、意与弦的中点有关的计算，应该用点差法来考虑，本题属于基础题.14.函数的单调减区间是_【答案】【解析】分析：先求出函数的定义域，函数的导函数，令导函数小于0求出的范围，写成区间形式，可得到函数的单调减区间.详解：函数的定义域为，令，得函数的单调递减区间是，故答案为.点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于简单题.利用导数求函数的单调区间的步骤为：求出，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间.15.在我校本年度足球比赛中，经过激烈角逐后，最终四个班级的球队闯入半决赛.在半决赛中，对阵形式为：对阵，对阵，获胜球队进入决赛争夺冠亚军，失利球队争夺三四名.若
12、每场比赛是相互独立的，四支球队间相互获胜的概率如下表所示：获胜概率0.30.40.8获胜概率0.70.70.5获胜概率0.60.30.3获胜概率0.20.50.7则队最终获得冠军的概率为_.【答案】0.22【解析】【分析】先考虑胜的概率，再考虑胜且胜、胜且胜，从而可得队最终获得冠军的概率.【详解】胜的概率为，胜且胜为，胜且胜为，故队最终获得冠军的概率为，故答案为：.【点睛】本题考查与独立性事件有关的概率计算，计算此类概率时注意合理分类，本题属于基础题.16.正方体的棱长为2，点在棱上运动，过三点作正方体的截面，若为棱的中点，则截面面积为_，若截面把正方体分成体积之比为的两部分，则=_.【答案】
13、 (1). (2). 【解析】【分析】（1）首先作出截面，再求截面的面积；（2）取上的点，连接，由题意可知，利用体积公式求即可.【详解】（1）取的中点，连接，而， 四点共面，且 四边形是等腰梯形，如下图，过作，垂足为，,，；（2）设，取上的点，连接，由（1）知四点共面，由图形可知 ，即 ，解得：，或（舍去），因此故答案为： ；【点睛】本题考查截面面积和几何体的体积，意在考查空间想象能力和计算能力，属于中档题型，本题的关键作出过点的平面.三、解答题：本大题共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知等差数列前三项的和为，前三项的积为，（1）求等差数列的通项公式；（2）若公差
14、，求数列的前项和.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的的公差为，由，建立方程组求解；（2）由（1）可知，根据项的正负关系求数列的前项和.【详解】（1）设等差数列的的公差为由，得所以又得，即所以，或 即或（2）当公差时，1）当时，设数列前项和为，则2）当时，当时，也满足，当时，也满足，所以数列的前项和【点睛】本题考查等差数列的通项，等差数列求和，以及含绝对值数列的前项的和，属于中档题.18.如图，在多面体中，正方形所在平面垂直于平面，是等腰直角三角形，.（1）求证：平面；（2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取中点
15、，连结，可证出四边形为平行四边形，利用等腰三角形和面面垂直的性质得出和，最后根据线面垂直的判定定理，即可证出平面；（2）由题可知，两两垂直，故以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，利用空间向量法求线面的夹角，即可得出直线与平面所成角的正弦值.详解】解：（1）可取中点，连结，所以四边形为平行四边形，则，由于是等腰直角三角形，则，而正方形所在平面垂直于平面，且，平面，平面，即，而，平面，而，平面.（2）易知两两垂直，故以为坐标原点，分别以的方向为轴正方向建立空间直角坐标系，则各点坐标如下：，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面
16、所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和利用空间向量法求空间线面的夹角，还涉及平行四边形的证明、等腰三角形的性质和面面垂直的性质等知识点，考查推理证明和计算能力.19.已知点，过点作抛物线的两切线，切点为.（1）求两切点所在的直线方程；（2）椭圆，离心率为，（1）中直线AB与椭圆交于点P，Q，直线的斜率分别为，若，求椭圆的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】分析】（1）设出切点，利用切点处的导数是斜率，表示出切线方程，在切线上，求出两解，分别对应切点坐标，则方程可求.（2）离心率为确定的一个关系；联立直线和椭圆方程，用上韦达定理，结合，再建立的一个关系，则椭圆方程可求.【详解】
17、解：（1）设切点，则切线的斜率为，所以抛物线上过点的切线的斜率为，切线方程为，在切线上，所以，或，当时，；当，不妨设，所以两切点所在的直线方程.（2）由，得，又，所以.，得， ，又因为，所以椭圆的方程.【点睛】以直线和抛物线、椭圆的位置关系为载体，考查求直线方程、椭圆方程的方法；中档题.20.“海水稻”就是耐盐碱水稻，是一种介于野生稻和栽培稻之间的普遍生长在海边滩涂地区，具有耐盐碱的水稻，它比其它普通的水稻均有更强的生存竞争能力，具有抗涝，抗病虫害，抗倒伏等特点，还具有预防和治疗多种疾病的功效，防癌效果尤为显著.海水稻的灌溉是将海水稀释后进行灌溉.某试验基地为了研究海水浓度()对亩产量(吨)的
18、影响，通过在试验田的种植实验，测得了某种海水稻的亩产量与海水浓度的数据如表.绘制散点图发现，可用线性回归模型拟合亩产量与海水浓度之间的相关关系，用最小二乘法计算得与之间的线性回归方程为.海水浓度()34567亩产量(吨)0.620.580.490.40.31残差（1）请你估计：当浇灌海水浓度为8时，该品种的亩产量.（2）完成上述残差表：统计学中，常用相关指数来刻画回归效果，越大，模型拟合效果越好，并用它来说明预报变量与解释变量的相关性.你能否利用以上表格中的数据，利用统计学的相关知识，说明浇灌海水浓度对亩产量的贡献率？（计算中数据精确到）(附：残差公式，相关指数)【答案】（1）当海水浓度为8时
19、，该品种的亩产量为0.24吨（2）填表见解析；所以浇灌海水浓度对亩产量的贡献率是，详解见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，算出，将样本中心点代入线性回归方程为，求出，从而可估计当浇灌海水浓度为8时，该品种的亩产量.（2）根据线性回归方程和残差公式，即可求出个海水浓度时对应的残差，即可完成残差表；根据相关指数的公式，求出，根据的意义，即可得出浇灌海水浓度对亩产量的贡献率.【详解】（1）根据题意，可得，而与之间的线性回归方程为，则，解得：，当时，所以当海水浓度为8时，该品种的亩产量为0.24吨.（2）由（1）知，根据残差公式，得残差表如下：海水浓度()34567亩产量(吨)0.620.580.
20、490.40.31残差-0.020.020.010-0.01根据题意，可得：，所以浇灌海水浓度对亩产量的贡献率是.【点睛】本题考查线性回归方程和残差的计算，以及相关指数的求法和根据的意义对实际问题进行分析，考查运算能力.21.已知函数（）（1）若为的极大值点，求的取值范围；.（2）当时，判断与轴交点个数，并给出证明.【答案】（1）（2）有唯一零点；证明见解析；【解析】【分析】（1）求出,对与的大小关系进行讨论，得出函数的单调性，分析其函数的极值，得出答案.（2）讨论与轴交点个数,由即讨论的实数根的个数，设，分析出函数的单调性，分析出函数值的情况，得出答案.【详解】（1）设，所以在上单调递增.当
21、时，当时，当时，所以当时，单调递增，当时，单调递增,所以此时无极值.当时，则一定存在，使得所以当时，从而，单调递减.当时，从而单调递增.所以此时满足为的极大值点当时，所以当时，从而，所以在单调递增此时不可能为的极大值点.综上所述：当为的极大值点时，的取值范围是.（2）讨论与轴交点个数,即讨论方程的根的个数.设，则令，得，令，得所以在上单调递减，在上单调递增,所以所以讨论方程的根的个数，即探讨的实数根的个数.设，则设，则令，得，令，得所以在上单调递减，在上单调递增.所以所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增又当时，且，当时，且时，所以当时，方程有唯一实数根.综上：，与轴有唯一交点【点睛】
22、本题考查根据函数取极值的情况求参数的范围，讨论函数的零点情况，分析函数的点单调性是关键，属于难题请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请写清题号.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数），以O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线，的极坐标方程分别为，交曲线于点，交曲线于点.（1）求曲线的极坐标方程；（2）求的值.【答案】（1）（2）36【解析】【分析】（1）先得到曲线的普通方程，再将其化成极坐标方程即可；（2）依题意得，将，代入中，得，设点所对应的极径分别为，由韦达定理可得，然后利用计算出答案即可.【详解】
23、（1）曲线的普通方程为令，得，即曲线极坐标方程为（2）依题意得，根据勾股定理，将，代入中，得，设点所对应的极径分别为，则，【点睛】本题考查的是参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化以及极坐标的应用，考查了学生的转化能力，属于中档题.选修45；不等式选讲23.已知函数.（1）若关于的不等式有解，求实数的取值范围；（2）若不等式对任意成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可知，根据分段函数的值域，即可求出的取值范围；（2）画出函数与对应的草图，结合图象可得的取值范围【详解】（1），的值域为，关于的不等式有解，（2）设与，作出草图，如下图：由图象知，要使对任意成立，只需要，且解得，故得取值范围为.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查了数形结合思想和分类讨论思想，属中档题
