1、黑龙江省哈尔滨实验中学2020届高三数学二模考试试题 文（含解析）考试时间：120分钟总分：150分注意事项：1.答题前，考生先将自已的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.2.答题时请按要求用笔.3.请按照题砂顺序在答题卡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、试卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60.0分）1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解出集合，利用
2、交集的定义可求得集合.【详解】解不等式，即，解得或，则，又，因此，.故选：D.【点睛】本题考查交集的运算，同时也考查了分式不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.2.已知为虚数单位，复数，.若，则的实部为（ ）A. B. C. D. 1【答案】B【解析】【分析】利用复数代数形式的四则运算中的除法法则求，利用复数的模求，即可得出结论.【详解】，的实部为.故选：B.【点睛】本题主要考查代数形式的四则运算和复数的模.属于容易题.3.平面向量，如图所示，则在方向上的投影为（ ）A. B. C. -1D. 1【答案】A【解析】【分析】根据所给图象，求得向量，求得两向量夹角的余弦值，然后代入向量在向量方向
3、上的投影公式，即可求得答案.【详解】根据所给图象,，可得：，又向量在向量向上的投影为故选：A.【点睛】本题主要考查了求向量的投影问题，解题关键是掌握向量投影的求法和向量的数量积公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.4.在平面直角坐标系内，直线：，将与两坐标轴围成的封闭图形绕轴旋转一周，所得几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 4【答案】C【解析】【分析】根据题意此几何体体积可以看作：，求出积分即可得所求体积.【详解】由题意，当时，直线：，将与两坐标轴围成的封闭图形绕轴旋转一周，所得几何体的体积可以看作：，由牛顿莱布尼茨公式：.故选：C.【点睛】本题考查用定积分求简单几何体的体积，求
4、解的关键是找出被积函数以及积分区间，属于基础题5.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式求得的值，利用同角三角函数的基本关系求得的值，然后利用二倍角的正弦和余弦公式可求得所求代数式的值.【详解】由诱导公式可得，且，因此，.故选：A.【点睛】本题考查利用诱导公式和二倍角公式求值，考查计算能力，属于基础题.6.我校甲、乙、丙三名语文老师和、三名数学老师被派往某县城一中和二中支教，其中有一名语文老师和一名数学老师被派到了一中，其它老师都去二中支教，则甲与被派到同一所学校的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分两种情况讨论：甲与被派往了一中
5、；甲与被派往了二中.列举出被派往一中的老师所包含的基本情况以及甲与被派往同一所学校时派往一中老师所包含的基本情况，利用古典概型的概率公式可计算出所求事件的概率.【详解】分两种情况讨论：甲与被派往了一中，此时，派往一中的老师包含种情况：甲； 甲与被派往了二中，此时，派往一中的老师包含种情况：乙、乙、丙、丙.而被派往一中的老师包含种情况：甲、甲、甲、乙、乙、乙、丙、丙、丙.综上所述，甲与被派到同一所学校的概率为.故选：B.【点睛】本题考查利用古典概型的概率公式计算事件的概率，一般要求列举出基本事件，考查计算能力，属于基础题.7.周髀算经是中国最古老的天文学和数学著作，书中提到：从冬至之日起，小寒、
6、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则立夏的日影子长为：（ ）A. 15.5尺B. 12.5尺C. 9.5尺D. 6.5尺【答案】D【解析】【分析】利用等差数列的通项公式列出方程组，求出立夏的影子长即可.【详解】因为从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，故可设该等差数列为，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种日影子长分别计为， ，公差为，由题可得： ，即，解之
7、得：，所以立夏的日影子长为：（尺）.故选：D.【点睛】本题考查等差数列的应用，考查等差数列基本量的计算，考查逻辑分析能力和运算求解能力，属于常考题.8.若曲线在处的切线也是的切线，则（ ）A. -1B. -2C. 2D. 【答案】B【解析】分析】求出曲线在处的切线，设切线与曲线切于点，根据导数的几何意义求出切点坐标，确定值【详解】由得，又，所以曲线在处的切线方程为，设直线与曲线切于点，由得，所以，所以，解得故选：B【点睛】本题考查导数的几何意义，解题时要注意区分函数在某点处的切线与过某点的切线对过某点的切线问题一般设切点坐标为，由导数几何意义求出切线方程（或切线斜率），利用所过点求出切点坐标，
8、得出结论9.下图是省实验高三学年人数相同的四个班级某次地理考试成绩的频率分布直方图，其中标准差最小的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】从频率分布直方图估计均值，然后根据频率计算方差方差是标准差的平方，由此可得【详解】从频率分布直方图看四个图中均值都估计为75，A选项中方差为，B选项中方差为，C选项中方差为，D选项中方差为，C选项方差最小，即标准差最小故选：C【点睛】本题考查频率分布直方图，考查用频率分布直方图估计总体方差、标准差掌握频率分布直方图中方差的计算方法是解题关键10.设双曲线：的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线交于，两点，其中在左支上，在右支上，若点在线段的
9、中垂线上，则（ ）A. B. 8C. D. 4【答案】A【解析】【分析】由点在线段的中垂线上得，再由定义即可求解.【详解】由点在线段的中垂线上可知，,由双曲线定义可知，两式相加得，.故选: A.【点睛】本题考查双曲线的定义与方程，考查推理论证能力以及数形结合思想.属于较易题.11.正方体棱长为，点为边的中点，动点在正方体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的周长为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出图形，连接、，证明出平面，设过点且与直线垂直的平面为平面，可得出平面平面，利用面面平行的性质定理找出平面截正方体所成的截面图形，计算出其周长即可得解.【详解】连接、，如下图所
10、示：四边形是正方形，则，在正方体中，平面，平面，平面，平面，同理可证，平面，设过点且与垂直的平面为平面，若，则平面。则点的轨迹为平面与正方体各面的交线，设，平面，平面，平面平面，平面平面，平面平面，为的中点，则点为的中点，同理可知点为的中点，所以，点的轨迹为的三条边，由勾股定理得，同理，因此，点的轨迹的周长为.故选：C.【点睛】本题考查正方体的截面周长的计算问题，推导出平面是解题的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.12.若为偶函数，对任意，恒成立，且当时，.则方程根的个数为（ ）A. 6B. 8C. 12D. 16【答案】D【解析】【分析】利用已知条件得到的周期，设，把方程根的个数问题
11、转化为求与的交点个数问题，画出图像观察即可得出结论.【详解】对任意，恒成立,故，又为偶函数，所以，且当时，设，则为偶函数，求方程根的个数转化为求与的交点个数，画出当时与的图像，如图：可知两图像有8个交点，又与都为偶函数，所以与有16个交点，即方程根的个数为16.故选：D.【点睛】本题主要考查了利用函数图像和性质解决方程的根的问题.属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.实数，满足，则的最大值是_.【答案】【解析】【分析】将变形为：，根据已知条件画出可行域，然后判断求出目标函数取得最优解的点的坐标，即可求解【详解】实数，满足将变形为：画岀可行域和目标函数由，解得：，即根据图象
12、可知：当，经过截距最大，即取得最大值.故答案为：.【点睛】线性规划问题，关键是根据所给的约束条件准确地画岀可行域和目标函数在平面区域中，求线性目标函数的最优解，要注意分析线性目标函数所表示的几何意义，从而确定目标函数在何处取得最优解14.已知数列为正项的递增等比数列，则值为_.【答案】【解析】【分析】设等比数列的公比为，则，由题意得出、的值，可得出的值，进而可求得的值.【详解】设等比数列的公比为，则，由等比数列的性质可得，由于数列为正项的递增等比数列，则，解得，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查等比数列基本性质和基本量的计算，考查计算能力，属于基础题.15.已知直线与抛物线相交于、两点，抛物
13、线的准线与轴的交点为，且满足，则的值是_.【答案】【解析】【分析】设点、，设，可得出直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由可知点为线段的中点，可得，结合韦达定理可求得正数的值，即可得出的值.【详解】设点、，设，则直线的方程为，则点，将直线的方程与抛物线的方程联立，消去得，解得.由韦达定理得，则，即，解得，所以，.故答案为：.【点睛】本题考查利用抛物线中向量共线求参数，考查韦达定理设而不求思想的应用，属于中等题.16.已知函数，.若存在，使得成立，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】利用，根据指数函数的函数值、对数函数的定义域，得到，利用，结合函数的单调性，可得，构造
14、函数研究最值可得.【详解】，则，上恒成立，所以在单调递增，所以 则 设 ，则 令得 ；令得 在上单调递减，在上单调递增， ，的最小值为故答案为：【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到函数的单调性、极值最值，确定两变量关系，构造函数是解题的关键，考查逻辑分析、数学计算能力，属于中档题.三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.的内角，的对边分别为，其中，且.（1）求角的大小；（2）求的周长的范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理得，再由余弦定理求得，即可求解；（2）利用余弦定理和基本不等式，求得，再利用三角形的周长公式，即可求周长的范围，得到答案.【详解】（1
15、）在的内角，的对边分别为，且，且，整理得，利用正弦定理得，又由余弦定理，得，由于，解得：.（2）由于，所以，所以，当且仅当时取等号，.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的周长公式的应用，着重考查了运算与求解能力.属于较易题.18.年初，新冠病毒引发的肺炎疫情在全球肆虐，为了有效地控制病毒的传播，某医院组织专家统计了该地区名患者新冠病毒潜伏期的相关信息，数据经过汇总整理得到如下图所示的频率分布直方图（用频率作为概率）.潜伏期不高于平均数的患者，称为“短潜伏者”，潜伏期高于平均数的患者，称为“长潜伏者”. （1）求这名患者潜伏期的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和众数
16、；（2）为研究潜伏期与患者年龄的关系，得到如下列联表，请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有的把握认为潜伏期长短与患者年龄有关；短潜伏者长潜伏者合计岁及以上岁以下合计（3）研究发现，某药物对新冠病毒有一定的抑制作用，需要从这人中分层选取位岁以下的患者做期临床试验，再从选取的人中随机抽取两人做期临床试验，求两人中恰有人为“短潜伏者”的概率.附表及公式：.【答案】（1）平均数为，众数为；（2）列联表见解析，有的把握认为潜伏期长短与年龄有关；（3）.【解析】【分析】（1）将频率分布直方图中每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得平均数，利用最高矩形底边的中点值作为众数，由
17、此可得结果；（2）计算得出“短潜伏者”和“长潜伏者”的人数分别为人，进而可完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；（3）由题意可知，人中，“短潜伏者”有人，记为、，“长潜伏者”有人，记为、，列举出所有的基本事件，并确定事件“两人中恰有人为“短潜伏者”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】（1）平均数为.众数为7（2）由频率分布直方图可知，“短潜伏者”的人数为人，则“长潜伏者”的人数为人，由题意补充后的列联表如下表所示：短潜伏者长潜伏者合计岁及以上岁以下合计所以的观测值为，经查表，得，所以有的把握认为潜伏期长短与年龄有关；（3）由分层抽样知人中，“短潜
18、伏者”有人，记为、，“长潜伏者”有人，记为、，从人中抽取人，包含、，共有种不同的结果，两人中恰好有人为“短潜伏者”包含、，共种结果.所以所求概率.【点睛】本题考查利用频率分布直方图计算平均数与众数，利用独立性检验的基本思想解决实际问题以及古典概型概率的计算，考查数据处理能力与计算能力，属于基础题.19.如图1，在四边形中，.把沿着翻折至的位置，构成三棱锥如图2. （1）当时，证明：；（2）当三棱锥的体积最大时，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题易得，再证，可得平面，最后得出即可；（2）设到面的距离，要使取到最大值，需且仅需取到最大值，再取的中点，连结
19、，分析可得当且仅当平面平面时，取得最大值，设到平面的距离为，利用等体积法计算出即可.【详解】（1）因为，依题意得，即，因为，所以，故，即，又因为，所以平面，；（2）因为，所以的面积为，设到面的距离，则三棱锥的体积为，故要使取到最大值，需且仅需取到最大值，取的中点，连结，如下图，依题意知，所以，且，因为平面平面，平面，所以当平面平面时，平面，故，故当且仅当平面平面时，取得最大值，此时，设到平面的距离为，可得，故，解得，故到平面的距离为.【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查点面距离的求法，考查等体积法的应用，考查空间想象能力和计算能力，属于常考题.20.已知函数.（1）若且，求的单调区间；（2）若
20、在处取得最大值，求实数的取值范围.【答案】（1）在单调递增，在单调递减；（2）.【解析】【分析】当时，求得函数的导数，利用导数的符号，即可求解函数的单调区间；求得函数导数，构造新函数，求得的导数，分，四种情况讨论，求得的单调性与最值，得出单调性，即可求解的极值，进而得到的范围.【详解】当时，则，令，在单调递增，在单调递减.由已知得，则，记，则，当，时，函数单调递增，所以当时，当时，所以在处取得极小值也是最小值，不满足题意.当时，时，函数单调递增.可得当时，当时，所以在处取得极小值也是最小值，不满足题意.当时，当时，函数单调递增，时，在内单调递减，所以当时，单调递减，不合题意.当时，即，当时，单
21、调递减，当时，单调递减，所以在处取得极大值也是最大值，符合题意.综上可知，实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，解答此类问题时，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，属于难题21.椭圆：的长轴长为4，左、右焦点分别为、，过右顶点且斜率为的直线与椭圆交于另一个点，且点在轴上的射影恰好为点.（1）求椭圆的方程；（2）若，直线：与椭圆交于，两点，设直线，的斜率分别为和，若，成等差数列，求的值.【答案】
22、（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由轴，得点坐标，根据斜率，长轴长及可解得，得椭圆方程；（2）由已知得，把直线方程与椭圆方程联立方程组后消去得的一元二次方程，设交点，则得，然后代入可得值【详解】（1）因为轴，得到点，所以，所以.（2）依题意，故.联立整理得.设，则，.故，则.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线椭圆相交问题，直线与椭圆相交的解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点坐标为，由直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，把这个结论代入题中其他条件化简计算后得出结论（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做则按所做的第一题计分.选修4-4坐标系与
23、参数方程22.在平面直角坐标系xOy中，直线C1的参数方程为（t为参数，0），曲线C2的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线C2的极坐标方程；（2）设曲线C1与曲线C2的交点分别为A，B，M（2，0），求|MA|2+|MB|2的最大值及此时直线C1的倾斜角.【答案】（1）2+2cos2sin10；（2）最大值10，【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，进一步利用三角函数关系式的变换和余弦型函数性质的应用求出结果.（2）利用一元二次方程根和系数关系式应用和三角函数关系式的恒等变换及余弦型函数性质的应
24、用求出结果.【详解】解：（1）曲线C2的参数方程为（为参数），转换为直角坐标方程为（x+1）2+（y1）23.转换为极坐标方程为2+2cos2sin10.（2）把直线C1的参数方程为（t为参数，0），代入（x+1）2+（y1）23，得到（2+tcos+1）2+（tsin1）23，整理得t22（sin+cos）t10，所以t1+t22（cos+sin），t1t21，则：|MA|2+|MB|24（1+2sincos）+24sin2+6，当时，|MA|2+|MB|2的最大值10.此时直线C1的倾斜角为.【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.选修4-5不等式选讲23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若函数的最小值记为，设，且有.求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）作出函数图象，数形结合即可得到答案；（2），在乘开，利用基本不等式即可.【详解】解（1）因为从图可知满足不等式的解集为.（2）由图可知函数的最小值为，即.所以，从而，从而当且仅当，即时，等号成立，的最小值为.【点睛】本题考查解绝对值不等式以基本不等式求最值的问题，是一道中档题.
