黑龙江省2021届高三第三次模拟考试数学（理）试题

1 2018 级高三下学期模拟考试（三） 数学试题（理） 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 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  1,3,A m ，  1,B m ，若 A B A  ，则 m  （ ） A． 0 或 3 B． 0 或3 C．1或 3 D．1或3 2．已知i 为虚数单位， a R ，若 1 iz a i   为纯虚数，则 a （ ） A． 1 B． 2 C．1 D． 1 2 3．已知向量  2,2a  ， ),1( xb  ，若  // 2a a b   ，则 b  （ ） A．10 B． 2 C． 10 D． 2 4．已知 nm, 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  mnm , ，则 //n B．若  nmnm ,//,// ，则 //n C. 若   nmnm ,, ，则   D．若  //,//m ，则 //m 或 m 5.若直线 2 1 0mx y m    被圆 2 2 6 2 1 0x y x y     所截弦长最短，则 m  （ ） A． 4 B． 2 C． 1 2  D． 2 6．下列说法：①若线性回归方程为  3 5y x  ，则当变量 x 增加一个单位时，y 一定增加 3 个单位； ②将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差不会改变； ③线性回归直线方程 axby ˆˆˆ  必过点 ,x y ； ④抽签法属于简单随机抽样，而随机数表法属于系统抽样， 其中错误的说法是（ ） A．①③ B．②③④ C．①②④ D．①④ 7.“幻方”最早记载于我国公元前 500 年的春秋时期《大戴礼》中， n 阶幻方（ 3n  ， *n N ） 是由前 2n 个正整数组成的一个 n 阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的 n 个数之和（简称幻和） 相等，例如“3 阶幻方”的幻和为 15.现从如图所示的 3 阶幻方中任取 3 个不同的数，记“取到的 3 个数和为 15”为事件 A ，“取到的 3 个数可以构成一个等差数列”为事件 B ，则  |P B A  （ ） 2 A． 3 4 B． 2 3 C． 1 3 D． 1 2 7 题图 8 题图 8．如图所示，流程图所给的程序运行结果为 840S  ，那么判断框中所填入的关于 k 的条件是（ ） A． 5?k  B． 4?k  C． 3?k  D． 2?k  9．甲、乙、丙、丁和戊 5 名学生进行劳动技术比赛，决出第 1 名到第 5 名的名次．甲、乙两名参赛 者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”；对乙说：“你当然不会是最差的”， 则该 5 人可能的排名情况种数为（ ） A．18 B．54 C．36 D． 64 10．已知过原点O 的直线与双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     交于 ､A B 两点，F 为双曲线的右焦点，若 以 AB 为直径的圆过 F ，且 3AF BF ，则该双曲线的离心率是（ ） A． 10 2 B． 5 3 C． 17 3 D． 9 4 11．已知函数 ( ) 2 2 sin( ) 0,| | 2f x x           的部分图象如图所示，将 ( )f x 的图象向右 平移  0a a  个单位后，得到函数 ( )g x 的图象，若对于 任意的 xR ， ( ) 24g x g      ，则 a 的值可以为（ ） A． 12  B． 4  C． 5 12  D． 2  12．定义在 R 上的函数  f x 若满足：①对任意 1x 、  2 1 2x x x ，都有     1 2 1 2 0x x f x f x     ； 3 ②对任意 x ，都有     2f a x f a x b    ，则称函数  f x 为“中心捺函数”，其中点  ,a b 称 为函数  f x 的中心.已知函数  1y f x  是以 1,0 为中心的“中心捺函数”，若满足不等式    2 22 2f m n f n m     ，当 1 ,12m     时， m m n 的取值范围为（ ） A． 2,4 B． 1 1,8 2      C． 1 1,4 2      D． 1 ,12      第 II 卷（非选择题） 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.） 13．若一个空间几何体的三视图如图所示，其中，俯视图为正三 角形，则其体积等于______． 14．锐角三角形 ABC 的面积为 S ，内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，若  2 2 22 sin2S b c a A   ，则 A  ________. 13 题图 15．《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架，其中卷第九勾股 中记载：“今有邑，东西七里，南北九里，各中开门．出东门一十五里有木．问出南门几何步而见木?” 其算法为：东门南到城角的步数，乘南门东到城角的步数，乘积作被除数，以树距离东门的步数作 除数，被除数除以除数得结果，即出南门 x 里见到树，则 15 )2 17()2 19(  x ．若一小城，如图所 示，出东门 1200 步有树，出南门 750 步能见到此树，则该小城 的周长的最小值为（注：1 里=300 步）________ 里. 16．四面体 ABCD 的四个顶点都在球 O 上且 4AB AC BC BD CD     ， 2 6AD  ，则球 O 的表面积为 . 4 三、解答题(共 70 分，17-21 每题 12 分，22、23 选择一题作答，10 分，解答应写出文字说明、证 明过程或演算步骤．) 17．（12 分）已知有限数列{ }na 共有 30 项，其中前 20 项成公差为 d 的等差数列，后 11 项成公比为 q的等比数列，记数列的前 n 项和为 nS ．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已 知，求： （1） ,d q 的值；（2）数列{ }na 中的最大项． 条件①： 2 5 21=4, =30, 20a S a  ； 条件②： 3 20 220, 36, 9S a a     ； 条件③： 1 21 2448, 20, 160S a a   ． 18．（12 分）如图，在四棱锥 S ABCD 中，底面四边形 ABCD 是正方形，SD DB ，SB AC ， 点 E 是棱 SD 上的点. （1）证明： SD  平面 ABCD ； （2）已知 2 2SD AB  ，点 E 是 SD 上的点，  0 1DE DS    ，设二面角C AE D  的 大小为 ，直线 BE 与平面 ABCD 所成的角为 ，若 sin cos  ，求  的值. 19．（12 分）甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为 0.6，乙胜的概率为 0.4．甲、乙约定 比赛当天上午进行 3 局热身训练，下午进行正式比赛． 5 （1）上午的 3 局热身训练中，求甲恰好胜 2 局的概率； （2）下午的正式比赛中： ①若采用“3 局 2 胜制”，求甲所胜局数 X 的分布列与数学期望； ②分别求采用“3 局 2 胜制”与“5 局 3 胜制”时，甲获胜的概率；对甲而言，哪种局制更有利？你 对局制长短的设置有何认识？ 20．（12 分）已知抛物线  2 2 0y px p  上一点  ,4M m 到焦点 F 的距离是 4. （1）求抛物线的方程； （2）过点 F 任作直线l 交抛物线于 ,A B 两点，交直线 2x   于点C ， N 是 AB 的中点，求 CA CB CN CF   的值. 21．（12 分）已知函数 1( ) 2lnxf x e x x   . （1）求 ( )f x 的极值； （2）证明： )2(32)( 3  xxxf ）（ . 选做题：请考生在 22,、23 两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按照所 做的第一个题目计分。 22．（10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C ： 2 2 1x y  经过伸缩变换 ' 2 ' x x y y    后得到曲线 2C ， 以原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为： sin 2 24        ． （1）写出曲线 2C 的参数方程和直线l 的直角坐标方程； （2）在曲线 2C 上求一点 P ，使点 P 到直线l 的距离最小． 23.（10 分）设函数 ( ) | 2 | | 3 4 |f x x x    . （1）解不等式 ( ) 5f x x ； 6 （2）若 ( )f x 的最小值为 m ，若实数 a ，b 满足 2 3 3a b m  ，求证： 2 2 4 13a b  . 7 2018 级高三下学期模拟考试（三）数学（理）答案 一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B C D A C D D B B A C C 二、填空题 13．8 3 14． π 3 15．8 10 16． 80π 3 三、解答题 17．选择条件①： 2 5 21=4, =30, 20a S a  解：（1）因为{ }na 的前 20 项成等差数列， 2 5=4, =30a S ， 所以 1 1 4, 5 45 302 a d a d     ，解得 1 2, 2 a d    .所以 20 =2 19 2=40a   . 因为数列{ }na 后 11 项成公比为 q的等比数列，所以 21 20 1 2 aq a   . 综上， 12, 2d q  . （2）{ }na 的前 20 项成等差数列， 0d  . 所以前 20 项为递增数列. 即：前 20 项的最大项为 20 40a  . 数列{ }na 的后 11 项成等比数列， 1 2q  ，所以后 11 项是递减数列. 即：后 11 项的最大项为 20 40a  综上，数列{ }na 的最大项为第 20 项，其值为 40. 选择条件②： 3 20 220, 36, 9S a a     解：（1）因为{ }na 的前 20 项成等差数列， 3 200, 36S a   ， 所以 1 1 3 3 0, 19 36 a d a d       ，所以 1 2 2. a d     ， 因为数列{ }na 后 11 项成公比为 q的等比数列， 8 20 36a   ，又因为 22 9a   ， 2 22 20 1 4 aq a   所以 1 2q   . 综上， 12, 2d q    . （2）{ }na 的前 20 项成等差数列， 0d  .所以前 20 项为递减数列. 前 20 项的最大项为 1 2a  .因为 1 2q   . i.当 1 2q  时， 20136 (20 30 )2 n na n n        N≤ ≤ 且 ， 所以当 20 30n  时， 0na  . 此时，数列{ }na 的最大项为第 1 项，其值为 2； ⅱ.当 1 2q   时， 20136 (20 30 )2 n na n n         N≤ ≤ 且 ， 后 11 项的最大项为 21 18a  . 此时，数列{ }na 的最大项为第 21 项，其值为 18 综上，当 1 2q  时，数列{ }na 的最大项为第 1 项，其值为 2； 当 1 2q   时，数列{ }na 的最大项为第 21 项，其值为 18. 选择条件③： 1 21 2448, 20, 160S a a   解：（1）因为数列{ }na 后 11 项成公比为 q的等比数列， 21 2420, 160a a  ， 所以 3 24 21 8aq a   ，解得 2q = . 、所以 21 20 10aa q   . 又因为{ }na 的前 20 项成等差数列， 1 1 48S a  ， 所以 20 1 220 1 a ad    . 综上， 2, 2d q   . （2）{ }na 的前 20 项成等差数列， 0d  .所以前 20 项为递减数列. 前 20 项的最大项为 1 48a  . 9 { }na 的后 11 项成等比数列，而 20 10a  ， 2q = ， 2010 2 (20 30 )n na n n   N≤ ≤ 且 ， 所以后 11 项为递增数列.后 11 项的最大项为 30 10240a  综上，数列{ }na 的最大项为第 30 项，其值为 10240. 18．（1）因为底面四边形 ABCD 是正方形，所以 AC BD ， 又 SB AC ， SB BD B  ，所以 AC  平面 SBD ， 又 AC  平面 ABCD ，所以平面 SBD  平面 ABCD ， 因为 SD BD ， SD  平面 SBD ，平面 SBD  平面 ABCD BD ， 所以 SD  平面 ABCD . （2）由已知及（1）可知 SD AD ， SD CD ， AD CD ， 以 D 为原点， DA  ， DC  ， DS  的方向分别作为 x ， y ， z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐 标系. 因为 2 2SD AB  ，所以  0,0,0D ，  2,0,0A ，  2, 2,0B ，  0, 2,0C ，  0,0,2S ，  0,0,2E  ， 得  2,0, 2EA   ，  0, 2, 2EC   ，  2, 2, 2EB   ， 设平面 ACE 的法向量为  , ,n x y z  ，则由 n EA  ， n EC  得 0 0 n EA n EC         ，即 2 2 0 2 2 0 x z y z        ， 取 2z  ，得  2 ,2 , 2n   . 易知平面 ABCD 和平面 ADE 的一个法向量分别为  0,0,2DS  和  0, 2,0DC  . 所以 2 2 4 2 4 4 1 sin BE DS BE DS                 ， 2 2 2 2 2 8 2 2 4 1 cos n DC n DC                ， 10 由sin cos  ，得 2 2 2 (0 1) 1 4 1           ， 解得 2 2   . 19．（1） 0.432 ；（2）①分布列见解析；期望为1.488；②“5 局 3 胜制”更有利；比赛局数越多， 对水平高的选手越有利． 【详解】 （1）甲恰好胜 2 局的概率为 2 2 3 0.6 0.4 0.432P C   ． （2）①甲所胜局数 x 可取 0，1，2． 2 2 2( 0) 0.4 0.16P x C   ， 1 2( 1) 0.6 0.4 0.4 0.192P x C     ， 2 1 2 2( 2) 0.6 0.6 0.6 0.4 0.6 0.648P x C C       ， ∴甲所胜局数 x 的分布列为 x 0 1 2 P 0.16 0.192 0.648 ( ) 0 0.16 1 0.192 2 0.648 1.488E x        ． ②采用“3 局 2 胜制”时，甲获胜的概率为 1 2 1 2 20.6 0.4 0.6 0.6 0.6 0.648P C C      ， 采用“5 局 3 胜制”时，甲获胜的概率为 11 2 2 2 2 2 3 3 2 4 3 30.6 0.4 0.6 0.6 0.4 0.6 0.6 0.68256P C C C        ． 对甲而言，显然“5 局 3 胜制”更有利， 由此可得出：比赛局数越多，对水平高的选手越有利， 20．（1） 2 8y x ；（2）1. 【详解】 解：（1）因为 42 pMF m   ①，且点 ( 4)M m， 在抛物线上，所以 2 16pm  ②. 由①②得 4p  ，所以抛物线的方程为 2 8y x . （2）由题意知，直线 AB 的斜率存在，且不为零， 设点 , , ,A B N F 在准线上的投影分别为 1A ， 1B ，G ， H ， | | | | ( 0)| | | | CA CB a aCN CF    ， 所以| | | | | | | |CA CB a CN CF   ， ∴ 1 1| | | | | | | |CA CB a CG CH   . 设直线 AB 的方程为 2x my  ，代入 2 8y x ，得 2 8 16 0y my   . 设 1 1( )A x y， ， 2 2( )B x y， ，则 1 2 8y y m  ， 1 2 16y y   . 在 2x my  中，令 2x   ，得 4y m   ，即 42C m      ， . 所以 1 2 1 2( ) ( ) ( )2C C C C y yy y y y a y y          ， 即 2 21 2 1 2 1 2 ( )( ) 2 C C C C ay y yy y y y y y ay      ， 所以 2 2 4 16 1616 8 16m a am m m        ， 即 2 1( 1) 1 0a m       ，∴ 1a  ， 所以 | | | | 1| | | | CA CB CN CF   . 21．（1）解： ( )f x 的定义域为 (0, ) ， 1 2( ) e 1xf x x     ， 1 2( ) e 1xf x x     在 (0, ) 上单调递增，且 ( ) 01f   . 12 令 ( ) 0f x  ，得 0 1x  ，则 ( )f x 的单调递减区间为 (0,1) ； 令 ( ) 0f x  ，得 1x  ，则 ( )f x 的单调递增区间为 (1, ) . 1x 时， )(xf 取得极小值，极小值为 2，无极大值。 （2）证明：设 3( ) ( 2) 3( 2)( 0), ( ) 3( 1)( 3)g x x x x g x x x        . 令 ( ) 0g x  ，得1 3x  ；令 ( ) 0g x  ，得 0 1x  或 3x  . 所以当 1x  时， ( )g x 取得极大值，且极大值为 2， 由（1）知， min( ) (1) 2 f x f ，故当 0 3x  时， )2(32)( 3  xxxf ）（ . 设 1 3( ) ( ) ( ) e 2ln ( 2) 4 6( 3)xh x f x g x x x x x         ， 1 22( ) e 3( 2) 4xh xxx       ，设 1 2 2( ) ( ), ( ) e 6( 2)xp x h x p x xx       ， 设 1 3 4( ) ( ), ( ) e 6xq x p x q x x      ，易知 ( )q x 在 (3, ) 上单调递增， 则 2 4( ) (3) e 6 027q x q      ，则 ( )q x 在 (3, ) 上单调递增， 从而 2 2( ) (3) 6 09p x p e      ，则 ( )h x 在 (3, ) 上单调递增， 则 2 1( ) (3) 03h x h e     ，从而 ( )h x 在 (3, ) 上单调递增， 所以 2( ) (3) e 5 2ln3 0h x h     ，故当 3x  时， 3( ) ( 2) 3( 2)f x x x  … ， 从而 )2(32)( 3  xxxf ）（ 得证. 22．（1） 2cos , sin , x y      （ 为参数）； 4 0x y   ；（2）点 P 的坐标为 4 5 5,5 5       ． 【详解】 解：（1）由题意，曲线 1C 的参数方程为 cos , sin , x y       为参数 ，经过伸缩变换 2 ,x x y y      后，曲线 2C 的参数方程为 2cos , sin , x y       为参数 ， 由 πsin 2 24        得： 2 2sin cos 2 22 2          ， 13 化为直角坐标方程为 4 0x y   ， 所以，曲线 2C 的参数方程为 2cos , sin , x y       为参数 ， 直线l 的直角坐标方程为 4 0x y   ． （2）设 (2cos ,sin )P   ， 点 P 到直线l 的距离为 5 sin( ) 42cos sin 4 2 2 d        ， （其中， 2 5sin 5   ， 5cos 5   ）， 当sin( ) 1    时，即 π2 π 2k    ，k Z 时，点 P 到直线l 的距离 d 取到最小值 4 2 10 2  ， 此时， π 2 5cos cos 2 π sin2 5k            ， k Z ， π 5sin sin 2 π cos2 5k            ， k Z ， 所以，点 P 的坐标为 4 5 5,5 5       ． 23．(1) 2, 3     (2)见证明 （1）   2 3 4f x x x     4 6, 2 42 2, 23 44 6, 3 x x x x x x            … „   5f x x 当 2x  时， 4 6 5 6x x x     ，不等式无解 当 4 23 x  时， 24 6 5 3x x x     ，不等式的解为 2 3x  综上所述，原不等式的解集为 2, 3     14 （2）由（1）易得  f x 的最小值为 2 3 ，于是 2 3m  2 3 2a b   ， 2 2 2 2 2 2 3 aa b a         213 8 4 9 9 9a a   213 4 4 4 9 13 13 13a      … 当且仅当 4 13a  ， 6 13b  取“ ”号 2 2 4 13a b  