2021屆黑龍江省哈爾濱九中高三三模數(shù)學理試題解析版

2021屆黑龍江省哈爾濱九中高三三模數(shù)學（理）試題一、單選題1．設U是全集，是U的三個子集，則陰影部分所示的集合為（）A． B．C． D．【答案】B【分析】由圖象可知陰影部分對應的集合的元素一定不在集合S中，因此在，且在集合M與集合P的交集中．【詳解】由圖象可知：陰影部分對應的集合的元素x?S，∴x∈，且x∈M∩P，因此x∈（）∩（M∩P）．故選：B．【點睛】本題考查了集合與韋恩圖的對應關系，分析元素的特點是關鍵，屬于基礎題．2．命題“，總有”的否定是（）A．，總有 B．，總有C．，使得 D．，使得【答案】D【分析】利用全稱命題的否定可得出結論.【詳解】由全稱命題的否定可知，命題“，總有”的否定是“，使得”.故選：D.3．學校為了解900名新生的身體素質(zhì)，將這些學生編號1，2，3，…，900，從這些新生中用系統(tǒng)抽樣方法抽取100名學生進行體質(zhì)測驗.若26號學生被抽到，則下面4名學生中被抽到的是（）A．18學生 B．269號學生 C．616號學生 D．815號學生【答案】B【分析】根據(jù)抽樣間隔可知若26號學生被抽到，則被抽到，對四個選項逐個判斷可得答案.【詳解】依題意抽樣間隔為，若26號學生被抽到，則被抽到，由可知不是整數(shù)，故A不正確；由得符合題意，故B正確；由可知不是整數(shù)，故C不正確；由可知不是整數(shù)，故D不正確；故選：B4．希爾賓斯基三角形是一種分形，由波蘭數(shù)學家希爾賓斯基在1915年提出，先作一個正三角形，挖去一個“中心三角形”（即以原三角形各邊的中點為頂點的三角形），然后在剩下的小三角形中又挖去一個“中心三角形”，我們用白色代表挖去的面積，那么黑三角形為剩下的面積（我們稱黑三角形為希爾賓斯基三角形）.在如圖第3個大正三角形中隨機取點，則落在黑色區(qū)域的概率為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)幾何概型概率求解.計算出第3個大正三角形中黑色區(qū)域的面積，再除以大正三角形面積得結果.【詳解】設大正三角形面積為1，則黑色區(qū)域面積為所以落在黑色區(qū)域的概率為.故選：B【點睛】本題考查幾何概型概率，考查基本分析求解能力，屬基礎題.5．若，，直線：，圓：．命題：直線與圓相交；命題：．則是的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】由直線與圓相交，求出命題為真時的關系，再由充分、必要條件的定義，即可得出結論.【詳解】直線：，圓：，命題為真：即直線與圓相交，則，即.當命題成立時，即，則成立，命題成立，是的必要條件；而當命題成立時，取，此時命題不成立，不是的充分條件.所以是的必要不充分條件.故選：B.6．函數(shù)的圖象大致是A． B．C． D．【答案】D【分析】根據(jù)函數(shù)為偶函數(shù)排除,當時,利用導數(shù)得在上遞減,在上遞增,根據(jù)單調(diào)性分析不正確,故只能選.【詳解】令,則,所以函數(shù)為偶函數(shù),其圖像關于軸對稱,故不正確,當時,,,由,得,由,得,所以在上遞減,在上遞增,結合圖像分析,不正確.故選:D【點睛】本題考查了利用函數(shù)的奇偶性判斷函數(shù)的圖象,考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用單調(diào)性判斷函數(shù)的圖象,屬于中檔題.7．已知為實數(shù)，為虛數(shù)單位，若，則A． B． C． D．【答案】D【詳解】由題設復數(shù)是實數(shù)，即且時，所以，則，應選答案D．8．設的三邊長分別為，，，若的面積為，內(nèi)切圓半徑為，則，類比這個結論可知：若四面體的四個面的面積分別為，，，，內(nèi)切球半徑為，四面體的體積為，則（）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據(jù)平面與空間之間的類比推理，由點類比點或直線，由直線類比直線或平面，由內(nèi)切圓類比內(nèi)切球，由平面圖形面積類比立體圖形的體積，結合求三角形的面積的方法類比求四面體的體積即可．【詳解】設四面體的內(nèi)切球的球心為，則球心到四個面的距離都是R，所以四面體的體積等于以為頂點，分別以四個面為底面的4個三棱錐體積的和．則四面體的體積為：.故選：C.9．從將標號為1，2，3，…，9的9個球放入標號為1，2，3，…，9的9個盒子里，每個盒內(nèi)只放一個球，恰好3個球的標號與其所在盒子的標號不一致的放入方法種數(shù)為（）A．84 B．168 C．240 D．252【答案】B【分析】先確定標號與其在盒子的標號不一致的3個球，是組合問題,可得其排法數(shù)，進而分折可得三個標號與其在盒子的標號不一致的排法數(shù)，由分步計數(shù)原理，計算可得結果.【詳解】解：根據(jù)題意，先確定標號與其在盒子的標號不一致的3個球，即從9個球中取出3個，有種，而這3個球的排法有2×1×1=2種，則共有種，故選:B.【點睛】方法點睛:有關排列組合的綜合問題，往往是兩個原理及排列組合問題交叉應用才能解決問題，解答這類問題理解題意很關鍵，一定多讀題才能挖掘出隱含條件.解題過程中要首先分清“是分類還是分步”、“是排列還是組合”，在應用分類計數(shù)加法原理討論時，既不能重復交叉討論又不能遺漏，這樣才能提高準確率.10．如圖，在長方體中，，，若面對角線上存在一點，使得取得最小值，則此最小值為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】將對角面繞旋轉至與平面在同一平面內(nèi)，可確定當三點共線時，所求距離之和最短，利用解三角形的知識可求得最小值.【詳解】將長方體對角面繞旋轉至與平面在同一平面內(nèi)，如下圖所示：則當三點共線時，取得最小值，又，，，，，在中，由余弦定理得：，，即的最小值為.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題考查立體幾何中的距離之和的最值的求解，解題關鍵是能夠通過翻轉平面，將問題轉化為平面中的兩點間的最短距離的求解問題.11．設函數(shù)是奇函數(shù)（）的導函數(shù)，當時，，且，則使得成立的的取值范圍（）A． B．C． D．【答案】A【分析】構造函數(shù)，求導并結合已知得到在上為遞減函數(shù)，進一步推出時，，時，，據(jù)此可求出使得成立的的取值范圍.【詳解】令，則，所以在上為遞減函數(shù)，所以當時，，又，所以，當時，，又，所以，所以當時，，又所以時，，因為為奇函數(shù)，所以時，，所以或，或，或.故選：A【點睛】關鍵點點睛：構造函數(shù)，利用導數(shù)判斷其單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性推出當時，，當時，是解題關鍵.12．若，，平面內(nèi)一點滿足，則的最大值是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由知為線段的靠近的一個三等分點，且，由推出為的平分線，根據(jù)角平分線定理得到，設，則，根據(jù)余弦定理以及基本不等式求出的最小值，從而可得的最大值.【詳解】由知為線段的靠近的一個三等分點，且，因為，所以，所以，所以，所以為的平分線，根據(jù)角平分線定理可得，設，則，所以，當且僅當時，等號成立，所以，即的最大值是.故選：B【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數(shù)；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯誤的地方.二、填空題13．，則的值為__________．【答案】【分析】根據(jù)二倍角的余弦公式求出，再根據(jù)誘導公式可求出結果.【詳解】因為，所以，即，所以，所以.故答案為：14．橢圓內(nèi)，過點且被該點平分的弦所在的直線方程為______．【答案】【分析】設出坐標，根據(jù)點在橢圓上利用點差法求解出的值，再利用直線的點斜式方程可求解出直線方程.【詳解】設直線與橢圓的兩個交點為，因為在橢圓上，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以的方程為：，即，故答案為：.15．已知滿足約束條件，則的最大值為___________.【答案】【分析】由題意畫出可行域，表示可行域中的點到原點的距離，由圖可知點B到原點的距離最大，求出點B的坐標代入可得結果【詳解】解：滿足約束條件所表示的可行域如圖所示，表示可行域中的點到原點的距離，由圖可知點B到原點的距離最大，由，解得，即，所以的最大值為，故答案為：16．已知數(shù)列與的前項和分別為，，且，，，，則的取值范圍是__________．【答案】中對應的那些值【分析】根據(jù)遞推關系式求出，代入得，再根據(jù)裂項求和法求出，再根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性可求出結果.【詳解】當時，得，因為，所以，當時，，，所以，因為，所以，所以數(shù)列是首項為，公差為的等差數(shù)列，所以，所以，所以，因為數(shù)列為遞增數(shù)列，所以，又，所以的取值范圍是.故答案為：中對應的那些值.【點睛】關鍵點點睛：利用裂項求和法求出是解題關鍵.三、解答題17．已知的內(nèi)角，所對的邊分別是，且.（1）求角A的大??；（2）若，且的面積，求a.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由正弦定理結合輔助角公式得出角A的大??；（2）利用面積公式以及余弦定理，解出的值．【詳解】（1）因為，由正弦定理得；所以得因故（2）得所以18．在三棱錐中，，，.（1）求證：；（2）若為上一點，且，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）取中點，連接，，證明平面即可；（2）首先證明平面，然后以射線，，為，，正半軸建系，然后算出和平面的法向量即可得到答案.【詳解】（1）取中點，連接，，因為，，所以，，又因為，所以平面，即.（2）由（1）得，平面，又因為平面，所以平面平面，易得，，所以，即，又因為平面平面，所以平面，如圖所示，以射線，，為，，正半軸建系，，，，，，，，，設為平面一個法向量，則有，取，設為直線與平面所成角，則.即直線與平面所成角的正弦值為.19．已知拋物線：（）的焦點為，點在拋物線上，點的橫坐標為2，且，，是拋物線上異于的兩點．（1）求拋物線的標準方程；（2）若直線，的斜率之積為，求證：直線恒過定點．【答案】（1）；（2）證明見解析．【分析】（1）利用拋物線的焦點坐標，求出，然后求拋物線的方程；（2）通過直線的斜率是否存在，設出直線方程，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理以及斜率乘積關系，轉化求解即可．【詳解】（1）由題意得，設，由點是上一點，所以，得，即所以拋物線的標準方程為（2）設，由題可知得可知直線斜率存在設直線的方程為可得，∴所以直線過定點.【點睛】關鍵點點睛：設直線的方程為，設，，直線與拋物線聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關系求出m是解題的關鍵.20．近年來，隨著我國汽車消費水平的提高，二手車流通行業(yè)得到迅猛發(fā)展．某汽車交易市場對2017年成交的二手車交易前的使用時間（以下簡稱“使用時間”）進行統(tǒng)計，得到頻率分布直方圖如圖1．圖1圖2（1）記“在年成交的二手車中隨機選取一輛，該車的使用年限在”為事件，試估計的概率；（2）根據(jù)該汽車交易市場的歷史資料，得到散點圖如圖2，其中(單位：年)表示二手車的使用時間，(單位：萬元)表示相應的二手車的平均交易價格．由散點圖看出，可采用作為二手車平均交易價格關于其使用年限的回歸方程，相關數(shù)據(jù)如下表（表中，）：①根據(jù)回歸方程類型及表中數(shù)據(jù)，建立關于的回歸方程；②該汽車交易市場對使用8年以內(nèi)(含8年)的二手車收取成交價格的傭金，對使用時間8年以上(不含8年)的二手車收取成交價格的傭金．在圖1對使用時間的分組中，以各組的區(qū)間中點值代表該組的各個值．若以2017年的數(shù)據(jù)作為決策依據(jù)，計算該汽車交易市場對成交的每輛車收取的平均傭金．附注：①對于一組數(shù)據(jù)，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為；②參考數(shù)據(jù)：．【答案】（1）0.40；（2）0.29萬元【分析】⑴由頻率分布直方圖可得，該汽車交易市場年成交的二手車使用時間在的頻率為，在的頻率為，從而得出的概率⑵①求出關于的線性回歸方程為，，分別求出和，繼而求出關于的回歸方程②分別求出對應的頻率，然后計算平均傭金【詳解】（1）由頻率分布直方圖得，該汽車交易市場2017年成交的二手車使用時間在的頻率為，在的頻率為所以．（2）①由得，即關于的線性回歸方程為．因為，所以關于的線性回歸方程為，即關于的回歸方程為②根據(jù)①中的回歸方程和圖1，對成交的二手車可預測：使用時間在的平均成交價格為，對應的頻率為；使用時間在的平均成交價格為，對應的頻率為；使用時間在的平均成交價格為，對應的頻率為；使用時間在的平均成交價格為，對應的頻率為；使用時間在的平均成交價格為，對應的頻率為所以該汽車交易市場對于成交的每輛車可獲得的平均傭金為萬元【點睛】本題主要考查了非線性回歸方程及其應用，離散型隨機變量的分布列等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力，屬于基礎題．21．已知函數(shù).（1）證明：函數(shù)有三個零點；（2）若對，不等式恒成立，求實數(shù)a的取值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）由為奇函數(shù)，得是一個零點，轉化為證明在上有且只有一個零點，求出，再對兩次求導，確定的單調(diào)區(qū)間，再結合零點存在性定理，即可證明結論；（2）不等式化為，再由（1）中的結論討論零、正、負，分離參數(shù)，構造新函數(shù)，轉化為與新函數(shù)的最值關系，通過求導求出新函數(shù)的最值，即可求出結論.【詳解】解：（1）證明：因為為奇函數(shù)，且，只需證在上有且只有一個零點即可.當，記，記，，在上遞增，又，在上遞增，又，，所以存在唯一實數(shù)，使得，當時，，當時，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.，，又，所以函數(shù)在上有且只有一個零點，所以函數(shù)有三個零點.（2）由，可得，由（1）知：①當時，，，此時，對于任意，恒成立.②當時，，由，得，令，下面研究的最小值，，令，，令，對成立，函數(shù)在上為增函數(shù)，而，又，存在唯一實數(shù)，使得，當時，；當時，.函數(shù)在上遞減，在遞增，，，函數(shù)在上遞減，，.③當時，，由，得，由②可知，所以函數(shù)在上為減函數(shù)，當時，，，綜上，.【點睛】本題考查函數(shù)導數(shù)的綜合應用，涉及到函數(shù)的單調(diào)性、極值最值、零點，以及不等式恒成立問題，分離參數(shù)是解題的關鍵，構造函數(shù)多次求導是解這種類型題的重要