黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三第一次模拟考试(内考)数学(文)试题(精品解析)
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文科数学 （考试时间：120分钟试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上。 2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题，共60分） 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在题目给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求. 1.已知集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. 【答案】D 【解析】 【分析】 B. C. D. 由图象可知阴影部分对应的集合为，然后根据集合的基本运算求解即可 ， 0，1，， 【详解】由Venn图可知阴影部分对应的集合为或， 即故选：D． ， ，【点睛】本题主要考查集合的基本运算，利用图象先确定集合关系是解决本题的关键，比较基础． 2.设复数A. ，则（ ） B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 ,故选C. 3.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ） 正视图 侧视图 俯视图 A. 【答案】A 【解析】 【分析】 先由三视图可判断该几何体为三棱锥，结合三棱锥的体积公式即可求出结果. 【详解】由三视图可知该几何体为三棱锥，且底面为直角三角形，直角边分别为1和2，三棱锥的高为2，所以该三棱锥的体积为故选A 【点睛】本题主要考查根据几何体的三视图求几何体体积问题，首先由三视图还原几何体，再由体积公式求解即可，属于常考题型. 4.已知A. 【答案】A 【解析】 因为，，所以2 B. C. D. . ， ，B. ，则（ ） C. D. ，故选A． 【技巧点拨】比较指数的大小常常根据三个数的结构联系相关的指数函数与对数函数、幂函数的单调性来判断，如果两个数指数相同，底数不同，则考虑幂函数的单调性；如果指数不同，底数相同，则考虑指数函数的单调性；如果涉及对数，则联系对数的单调性来解决． 5.已知数列A. 的前项和B. ，且，则C. （ ） D. 【答案】C 【解析】 ∵∴∴当∴∴∴∴故选：C 6.已知，是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，垂直于同一平面，则与平行 B. 若，平行于同一平面，则与平行 C. 若，不平行，则在内不存在与平行的直线 D. 若，不平行，则与不可能垂直于同一平面 【答案】D 【解析】 由，若，垂直于同一平面，则，可以相交、平行，故不正确；由，若，平行于同一平面，则，可以平行、重合、相交、异面，故不正确；由，若，不平行，但平面内会存在平行于的直线，如平面中平行于，交线的直线；由项，其逆否命题为“若与垂直于同一平面，则，平行”是真命题，故项正确.所以选D. 考点：1.直线、平面的垂直、平行判定定理以及性质定理的应用. 3 ，且，即， 时，，即 ， ， ， 7.函数A. 【答案】A 【解析】 函数过定点为 B. 的图象恒过点，下列函数中图象不经过点的是（ ） C. D. ,代入选项验证可知A选项不过点,故选A. 的最小正周期为，直线是其图象的一条对称轴，则下面各式中符合条件的解8.已知函数析式为（ ） A. C. 【答案】A 【解析】 【分析】 先由函数【详解】因为函数B、D选项；又因为直线件的解析式为故选A B. D. 的最小正周期为求出，再由的最小正周期为，所以是其图象的一条对称轴，. 是其图象的一条对称轴，即可得出结果. ，所以，所以，，故排除，所以符合条【点睛】本题主考查三角函数的图像和性质，熟记正弦函数的性质即可求解，属于基础题型. 9.阅读如图所示的程序框图，若运行相应的程序输出的结果为，则判断框中的条件不可能是（ ） 4 A. 【答案】A 【解析】 B. C. D. 前6步的执行结果如下：；；；？时，；；；观察可知，的值以3为周期循环出现，所以判断条件为故选A. 10.已知双曲线，输出的结果不为0． 的右焦点到渐近线的距离为，且在双曲线上到的距离为的点有且仅有个，则这个点到双曲线的左焦点的距离为（ ） A. 【答案】D 【解析】 双曲线焦点到渐近线的距离为,所以焦点的距离为,故,故选D. 11.已知，在这两个实数，之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列后,由于.双曲线上到的距离为2的点有且仅有1个,即双曲线右顶点到右,解得,右顶点到左焦点的距离为B. C. D. 三项和的最大值为（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据这五个数构成等差数列，可用，表示出后三项，再由项的和，即可求出结果. 【详解】因为在实数，之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列， 所以设中间三项为的和为又因为所以故选D 【点睛】本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列的性质和三角函数的性质，即可求解，属于常考题型. 5 ，令，代入后三，由等差数列的性质可得， ，所以，同理可得，所以后三项，所以可令， . 12.函数A. 【答案】C 【解析】 ，方程B. 有个不相等实根，则的取值范围是（ ） C. D. 根据题意画出函数图像： 设 有两个根，每个t值对应两个x值，故情况为 当属于情况一时，将0代入方程得到m=1,此时二次方程为0，一个为2，不符合题意； 当属于情况二时，故答案为：C. 的根是确定的一个点睛：函数的零点或方程的根的问题，一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，一般有下列两种考查形式： (1)确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题； (2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或取值范围问题． 研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、函数的变化趋势等，根据题目要求，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现。同时在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、分类讨论思想的应用． 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【答案】【解析】 6 ，，则向量与夹角的余弦值为__________. 【分析】 先求出，再求，最后代入向量的夹角公式即得解. . 【详解】由题得所以向量与夹角的余弦值为故答案为： 【点睛】(1)本题主要考查向量的夹角的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 求两个向量的夹角一般有两种方法,方法一：,方法二：设=,=，为向量与的夹角，则. 14.设，满足约束条件【答案】2 【解析】 【分析】 先由约束条件作出可行域，再由【详解】根据约束条件，则的最大值是______________. 可化为，结合可行域即可求出结果. 作出可行域如下： 因为目标函数当直线故答案为2 过点可化为，因此直线在轴截距越小，目标函数的值越大，由图像易得，. 时，目标函数取最大值，即【点睛】本题主要考查简单的线性规划，根据约束条件作出可行域，分析目标函数的几何意义即可求解，属于基础题型. 15.学校艺术节对同一类的，，，四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下： 7 甲说：“作品获得一等奖”； 乙说：“作品获得一等奖” 丙说：“，两项作品未获得一等奖” 丁说：“是或作品获得一等奖” 若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是______________. 【答案】C. 【解析】 若获得一等奖,则甲、丙、丁的话是对的,与已知矛盾;若获得一等奖,则四人的话是错误的,与已知矛盾;若获得一等奖,则乙、丙的话是对的,满足题意;所以获得一等奖的作品是. 16.正四面体的棱长为，为棱的中点，过作其外接球的截面，则截面面积的最小值为_______________ 【答案】【解析】 试题分析：将四面体ABCD补为正方体，如下图所示，则正方体的外接球就是正四面体的外接球.设球心为O，.面积最小的截面就是与OE垂直的截面.由图可知，这个截面就是底面正方形的外接圆，其面积为：. 考点：空间几何体. 三、解答题：本大题共6小题，满分70分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤. 17.在中，，. （1）若，求的长； 上，，，为垂足，8 （2）若点在边，求角的值. 【答案】（1）【解析】 试题分析：（1）设（2）在试题解析; （）设；（2）. ,通过，求解即可． ，，转化求解即可. 中，由正弦定理可得，则由余弦定理有： ， 即计算得出所以（）因为， ． ，所以 ． 在， 中，由正弦定理可得： ， 因为所以，所以，所以. 天）内 ． 18.某城市随机抽取一年（ 天的空气质量指数 的监测数据，结果统计如下： 中度重污 空气质量 优 良 轻微污染 轻度污染 中度污染 染 重度污染 天数 （1）若某企业每天由空气污染造成的经济损失（单位：元）与空气质量指数系式为： 试估计在本年内随机抽取一天，该天经济损失大于（2）若本次抽取的样本数据有元且不超过（记为）的关 元的概率； 列联表，并判断能否 天是在供暖季，其中有天为重度污染，完成下面9 有 的把握认为该市本年空气重度污染与供暖有关？ 非重度污染 重度污染 合计 供暖季 非供暖季 合计 附： 【答案】（1）【解析】 【分析】 （1）先求出“在本年内随机抽取一天，该天经济损失大于（2）依题意先完善列联表，再由出结论. 【详解】（1）设“在本年内随机抽取一天，该天经济损失大于由，得，频数为， 元且不超过元”为事件 元且不超过计算出元”的频数，进而可确定概率； 的观测值，结合临界值表，即可得；（2）有的把握认为空气重度污染与供暖有关. （2）根据以上数据得到如下列联表： 供暖季 非供暖季 合计 10 非重度污染 重度污染 合计 的观测值所以有的把握认为空气重度污染与供暖有关. 【点睛】本题主要考查古典概型和独立性检验，熟记公式即可求解，属于常考题型. 19.如图，多面体中，底面是菱形，，四边形是正方形，且平面. （1）求证：（2）若平面； 的体积. ，求多面体【答案】（1）见解析；（2）【解析】 【分析】 （1）由面面平行的判定定理先证明平面（2）将多面体【详解】（1）证明：又平面平面 （2）解：连接是菱形，由平面平面平面即由为四棱锥是菱形，，，，，于， 的高. ，则，，，平面，记，且平面平面，，平面平面平面平面，进而可得平面； 拆成两个四棱锥，由四棱锥的体积公式即可求出结果. 是菱形，，，，. . . ， 平面平面平面. .又.. 是正方形，平面，平面. 为等边三角形，由 ，则 ， 11 【点睛】本题主要考查线面垂直的判定以及几何体的体积，证明线面垂直，有时需要先证面面垂直，熟记判定定理以及体积公式即可，属于常考题型. 20.已知椭圆相切. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点和平面内一点，过点任作直线与椭圆相交于，两点，设直线，试求，满足的关系式. . ，，的离心率为，以为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线的斜率分别为，，，【答案】（1）【解析】 【分析】 （1）根据直线与圆相切可得；（2），再结合离心率及间的关系可得的值，进而得到椭圆的方程；（2）的值，进而得到，最后分直线的斜率存在与不存在两种情况考虑，分别求出点根据斜率公式可得所求的关系式． 【详解】（1）因为圆所以圆心即所以又由题意得所以， ． ， ． ， ． 到直线与直线的距离的坐标后再求出相切， ， 所以椭圆的标准方程为（2）①当直线的斜率不存在时，可得直线方程为由，解得 或， 不妨设，， 所以又所以， ， ， 12 所以整理得所以， ． 满足的关系式为. ， ， ②当直线的斜率存在时，设直线由设点则有所以 . 所以所以整理得综上可得， ， ． 满足的关系式为． 消去并整理得， ， 【点睛】（1）判断直线与椭圆的位置关系时，一般把二者方程联立得到方程组，判断方程组解的个数，方程组有几个解，直线与椭圆就有几个公共点，方程组的解对应公共点的坐标． （2）对于直线与椭圆位置关系的题目，注意设而不求和整体代入方法的运用．解题步骤为： ①设直线与椭圆的交点为； ②联立直线与椭圆的方程，消元得到关于x或y的一元二次方程； ③利用根与系数的关系设而不求； ④利用题干中的条件转化为21.已知函数（1）求函数（2）若（3）证明：【答案】（1）当函数．；（2）时，在. 的单调区间； 恒成立，试确定实数的取值范围； 上是增函数；当 时，在上是增函数，在上是减，或，，进而求解. ；（3）证明详见解析. 13 【解析】 试题分析：（1）函数的单调性；（2）由（1）知只需即可，即可求解，则的定义域为在时，有，则时，，要使. 时，有，在，从而 得证. 考点：函数的综合问题. 【方法点晴】本题主要考查了函数的综合问题，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值与最值，以及放缩法证明不等式等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及转化思想与放缩法的应用，本题的解答中正确利用导数研究函数函数的性质，以及合理放缩是解答和证明的关键，试题有一定的难度，属于中档试题. 在恒成立，且，则在上是减函数， ， 在上是增函数， ， 在上是增函数，在上是减函数. 不成立，故即可， ，又由（1）的定义域为时，；（3）由（2）知，当，即， ，分和两种情况分类讨论，即可求解函数，又由（1）知在，即可证明结论. 的最大值为在，不成立，故时，有恒成立，且上是减函数，进而试题解析：（1） 函数当当若时，时，若时，有（2）由（1）知知即的最大值为，得上是增函数，而恒成立，则（3）由（2）知，当，即即上恒成立，令请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分。答题时用2B铅笔在答题卡上把所选的题号涂黑. 22.《选修4-4：坐标系与参数方程》 已知曲线和，（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中取相同的长度单位. （1）把曲线和的方程化为极坐标方程； 14 （2）设与，轴交于，两点，且线段的距离. 【答案】（1）【解析】 【分析】 ，的中点为.若射线与，交于，两点，求，两点间；（2）1 （1）根据曲线的参数方程，先得到其普通方程，再由极坐标方程与直角坐标方程的互化，可直接得出结果； （2）分别求出，的极坐标，再由【详解】（1）因为的参数方程为所以可得极坐标方程分别为：（2）把.代入，，得，，，即可求出结果. ，（为参数），所以其普通方程为，的极坐标方程为，把代入， 得，. ，又，，即，两点间的距离为. 【点睛】本题主要考查参数方程与极坐标方程，熟记参数方程与普通方程的互化以及极坐标方程与直角坐标方程的互化公式即可求解，属于常考题型. 23.《选修4-5：不等式选讲》 设，且 . . 求证：（1）（2）【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）由分析法证明即可：要证，只需证明；即证，结合题中条件，直到推出显而易见的结论即可； （2）同（1）用分析法证明即可. 【详解】（1）要证即证：故需证明：即证：. ，由于，而 ，因此只需证明， . . 15 而这可以由证得. 原不等式成立. （2）由于（1）中已证 （当且仅当时等号成立） . . . 因此要证原不等式成立，只需证明即证即证而， ， . （， . 时等号成立）.原不等式成立. 【点睛】本题主要考查分析法证明不等式，熟记分析法的概念，即可求解，属于常考题型. 16 本文来源：https://www.wddqw.com/doc/7fd9b3ec0ba1284ac850ad02de80d4d8d15a0168.html