2021屆黑龍江省哈爾濱九中高三三模數(shù)學(xué)理試題解析版

2021屆黑龍江省哈爾濱九中高三三模數(shù)學(xué)（理）試題一、單選題1．設(shè)U是全集，是U的三個(gè)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(duì)應(yīng)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(duì)應(yīng)的集合的元素x?S，∴x∈，且x∈M∩P，因此x∈（）∩（M∩P）．故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了集合與韋恩圖的對(duì)應(yīng)關(guān)系，分析元素的特點(diǎn)是關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)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(jié)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(xué)校為了解900名新生的身體素質(zhì)，將這些學(xué)生編號(hào)1，2，3，…，900，從這些新生中用系統(tǒng)抽樣方法抽取100名學(xué)生進(jìn)行體質(zhì)測(cè)驗(yàn).若26號(hào)學(xué)生被抽到，則下面4名學(xué)生中被抽到的是（）A．18學(xué)生 B．269號(hào)學(xué)生 C．616號(hào)學(xué)生 D．815號(hào)學(xué)生【答案】B【分析】根據(jù)抽樣間隔可知若26號(hào)學(xué)生被抽到，則被抽到，對(duì)四個(gè)選項(xiàng)逐個(gè)判斷可得答案.【詳解】依題意抽樣間隔為，若26號(hào)學(xué)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(xué)家希爾賓斯基在1915年提出，先作一個(gè)正三角形，挖去一個(gè)“中心三角形”（即以原三角形各邊的中點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形），然后在剩下的小三角形中又挖去一個(gè)“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(gè)大正三角形中隨機(jī)取點(diǎn)，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(jì)算出第3個(gè)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(jié)果.【詳解】設(shè)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(diǎn)睛】本題考查幾何概型概率，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)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(shí)的關(guān)系，再由充分、必要條件的定義，即可得出結(jié)論.【詳解】直線：，圓：，命題為真：即直線與圓相交，則，即.當(dāng)命題成立時(shí)，即，則成立，命題成立，是的必要條件；而當(dāng)命題成立時(shí)，取，此時(shí)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(dāng)時(shí),利用導(dǎo)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(guān)于軸對(duì)稱,故不正確,當(dāng)時(shí),,,由,得,由,得,所以在上遞減,在上遞增,結(jié)合圖像分析,不正確.故選:D【點(diǎn)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(dǎo)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(shí)數(shù)，為虛數(shù)單位，若，則A． B． C． D．【答案】D【詳解】由題設(shè)復(fù)數(shù)是實(shí)數(shù)，即且時(shí)，所以，則，應(yīng)選答案D．8．設(shè)的三邊長(zhǎng)分別為，，，若的面積為，內(nèi)切圓半徑為，則，類比這個(gè)結(jié)論可知：若四面體的四個(gè)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(diǎn)類比點(diǎn)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(jié)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(shè)四面體的內(nèi)切球的球心為，則球心到四個(gè)面的距離都是R，所以四面體的體積等于以為頂點(diǎn)，分別以四個(gè)面為底面的4個(gè)三棱錐體積的和．則四面體的體積為：.故選：C.9．從將標(biāo)號(hào)為1，2，3，…，9的9個(gè)球放入標(biāo)號(hào)為1，2，3，…，9的9個(gè)盒子里，每個(gè)盒內(nèi)只放一個(gè)球，恰好3個(gè)球的標(biāo)號(hào)與其所在盒子的標(biāo)號(hào)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(biāo)號(hào)與其在盒子的標(biāo)號(hào)不一致的3個(gè)球，是組合問題,可得其排法數(shù)，進(jìn)而分折可得三個(gè)標(biāo)號(hào)與其在盒子的標(biāo)號(hào)不一致的排法數(shù)，由分步計(jì)數(shù)原理，計(jì)算可得結(jié)果.【詳解】解：根據(jù)題意，先確定標(biāo)號(hào)與其在盒子的標(biāo)號(hào)不一致的3個(gè)球，即從9個(gè)球中取出3個(gè)，有種，而這3個(gè)球的排法有2×1×1=2種，則共有種，故選:B.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛:有關(guān)排列組合的綜合問題，往往是兩個(gè)原理及排列組合問題交叉應(yīng)用才能解決問題，解答這類問題理解題意很關(guān)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(yīng)用分類計(jì)數(shù)加法原理討論時(shí)，既不能重復(fù)交叉討論又不能遺漏，這樣才能提高準(zhǔn)確率.10．如圖，在長(zhǎng)方體中，，，若面對(duì)角線上存在一點(diǎn)，使得取得最小值，則此最小值為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】將對(duì)角面繞旋轉(zhuǎn)至與平面在同一平面內(nèi)，可確定當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)，所求距離之和最短，利用解三角形的知識(shí)可求得最小值.【詳解】將長(zhǎng)方體對(duì)角面繞旋轉(zhuǎn)至與平面在同一平面內(nèi)，如下圖所示：則當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值，又，，，，，在中，由余弦定理得：，，即的最小值為.故選：D.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查立體幾何中的距離之和的最值的求解，解題關(guān)鍵是能夠通過翻轉(zhuǎn)平面，將問題轉(zhuǎn)化為平面中的兩點(diǎn)間的最短距離的求解問題.11．設(shè)函數(shù)是奇函數(shù)（）的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，且，則使得成立的的取值范圍（）A． B．C． D．【答案】A【分析】構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)并結(jié)合已知得到在上為遞減函數(shù)，進(jìn)一步推出時(shí)，，時(shí)，，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(dāng)時(shí)，，又，所以，當(dāng)時(shí)，，又，所以，所以當(dāng)時(shí)，，又所以時(shí)，，因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，所以時(shí)，，所以或，或，或.故選：A【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性推出當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，是解題關(guān)鍵.12．若，，平面內(nèi)一點(diǎn)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(gè)三等分點(diǎn)，且，由推出為的平分線，根據(jù)角平分線定理得到，設(shè)，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(gè)三等分點(diǎn)，且，因?yàn)?，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(shè)，則，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，所以，即的最大值是.故選：B【點(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)睛：利用基本不等式求最值時(shí)，要注意其必須滿足的三個(gè)條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項(xiàng)必須為正數(shù)；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構(gòu)成和的二項(xiàng)之積轉(zhuǎn)化成定值；要求積的最大值，則必須把構(gòu)成積的因式的和轉(zhuǎn)化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時(shí)，必須驗(yàn)證等號(hào)成立的條件，若不能取等號(hào)則這個(gè)定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯(cuò)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(dǎo)公式可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)?，所以，即，所以，所?故答案為：14．橢圓內(nèi)，過點(diǎn)且被該點(diǎn)平分的弦所在的直線方程為______．【答案】【分析】設(shè)出坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)在橢圓上利用點(diǎn)差法求解出的值，再利用直線的點(diǎn)斜式方程可求解出直線方程.【詳解】設(shè)直線與橢圓的兩個(gè)交點(diǎn)為，因?yàn)樵跈E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(diǎn)到原點(diǎn)的距離，由圖可知點(diǎn)B到原點(diǎn)的距離最大，求出點(diǎn)B的坐標(biāo)代入可得結(jié)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(diǎn)到原點(diǎn)的距離，由圖可知點(diǎn)B到原點(diǎn)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(xiàng)和分別為，，且，，，，則的取值范圍是__________．【答案】中對(duì)應(yīng)的那些值【分析】根據(jù)遞推關(guān)系式求出，代入得，再根據(jù)裂項(xiàng)求和法求出，再根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性可求出結(jié)果.【詳解】當(dāng)時(shí)，得，因?yàn)?，所以，?dāng)時(shí)，，，所以，因?yàn)?，所以，所以?shù)列是首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列，所以，所以，所以，因?yàn)閿?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(duì)應(yīng)的那些值.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：利用裂項(xiàng)求和法求出是解題關(guān)鍵.三、解答題17．已知的內(nèi)角，所對(duì)的邊分別是，且.（1）求角A的大?。唬?）若，且的面積，求a.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由正弦定理結(jié)合輔助角公式得出角A的大?。唬?）利用面積公式以及余弦定理，解出的值．【詳解】（1）因?yàn)?，由正弦定理得；所以得因故?）得所以18．在三棱錐中，，，.（1）求證：；（2）若為上一點(diǎn)，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(diǎn)，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(diǎn)，連接，，因?yàn)?，，所以，，又因?yàn)椋云矫?，?（2）由（1）得，平面，又因?yàn)槠矫妫云矫嫫矫?，易得，，所以，即，又因?yàn)槠矫嫫矫?，所以平面，如圖所示，以射線，，為，，正半軸建系，，，，，，，，，設(shè)為平面一個(gè)法向量，則有，取，設(shè)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(diǎn)為，點(diǎn)在拋物線上，點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2，且，，是拋物線上異于的兩點(diǎn)．（1）求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）若直線，的斜率之積為，求證：直線恒過定點(diǎn)．【答案】（1）；（2）證明見解析．【分析】（1）利用拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)，求出，然后求拋物線的方程；（2）通過直線的斜率是否存在，設(shè)出直線方程，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理以及斜率乘積關(guān)系，轉(zhuǎn)化求解即可．【詳解】（1）由題意得，設(shè)，由點(diǎn)是上一點(diǎn)，所以，得，即所以拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為（2）設(shè)，由題可知得可知直線斜率存在設(shè)直線的方程為可得，∴所以直線過定點(diǎn).【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：設(shè)直線的方程為，設(shè)，，直線與拋物線聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系求出m是解題的關(guān)鍵.20．近年來(lái)，隨著我國(guó)汽車消費(fèi)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(chǎng)對(duì)2017年成交的二手車交易前的使用時(shí)間（以下簡(jiǎn)稱“使用時(shí)間”）進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，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(jī)選取一輛，該車的使用年限在”為事件，試估計(jì)的概率；（2）根據(jù)該汽車交易市場(chǎng)的歷史資料，得到散點(diǎn)圖如圖2，其中(單位：年)表示二手車的使用時(shí)間，(單位：萬(wàn)元)表示相應(yīng)的二手車的平均交易價(jià)格．由散點(diǎn)圖看出，可采用作為二手車平均交易價(jià)格關(guān)于其使用年限的回歸方程，相關(guān)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(guān)于的回歸方程；②該汽車交易市場(chǎng)對(duì)使用8年以內(nèi)(含8年)的二手車收取成交價(jià)格的傭金，對(duì)使用時(shí)間8年以上(不含8年)的二手車收取成交價(jià)格的傭金．在圖1對(duì)使用時(shí)間的分組中，以各組的區(qū)間中點(diǎn)值代表該組的各個(gè)值．若以2017年的數(shù)據(jù)作為決策依據(jù)，計(jì)算該汽車交易市場(chǎng)對(duì)成交的每輛車收取的平均傭金．附注：①對(duì)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(jì)分別為；②參考數(shù)據(jù)：．【答案】（1）0.40；（2）0.29萬(wàn)元【分析】⑴由頻率分布直方圖可得，該汽車交易市場(chǎng)年成交的二手車使用時(shí)間在的頻率為，在的頻率為，從而得出的概率⑵①求出關(guān)于的線性回歸方程為，，分別求出和，繼而求出關(guān)于的回歸方程②分別求出對(duì)應(yīng)的頻率，然后計(jì)算平均傭金【詳解】（1）由頻率分布直方圖得，該汽車交易市場(chǎng)2017年成交的二手車使用時(shí)間在的頻率為，在的頻率為所以．（2）①由得，即關(guān)于的線性回歸方程為．因?yàn)椋躁P(guān)于的線性回歸方程為，即關(guān)于的回歸方程為②根據(jù)①中的回歸方程和圖1，對(duì)成交的二手車可預(yù)測(cè)：使用時(shí)間在的平均成交價(jià)格為，對(duì)應(yīng)的頻率為；使用時(shí)間在的平均成交價(jià)格為，對(duì)應(yīng)的頻率為；使用時(shí)間在的平均成交價(jià)格為，對(duì)應(yīng)的頻率為；使用時(shí)間在的平均成交價(jià)格為，對(duì)應(yīng)的頻率為；使用時(shí)間在的平均成交價(jià)格為，對(duì)應(yīng)的頻率為所以該汽車交易市場(chǎng)對(duì)于成交的每輛車可獲得的平均傭金為萬(wàn)元【點(diǎn)睛】本題主要考查了非線性回歸方程及其應(yīng)用，離散型隨機(jī)變量的分布列等知識(shí)，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題．21．已知函數(shù).（1）證明：函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)；（2）若對(duì)，不等式恒成立，求實(shí)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(gè)零點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為證明在上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，求出，再對(duì)兩次求導(dǎo)，確定的單調(diào)區(qū)間，再結(jié)合零點(diǎn)存在性定理，即可證明結(jié)論；（2）不等式化為，再由（1）中的結(jié)論討論零、正、負(fù)，分離參數(shù)，構(gòu)造新函數(shù)，轉(zhuǎn)化為與新函數(shù)的最值關(guān)系，通過求導(dǎo)求出新函數(shù)的最值，即可求出結(jié)論.【詳解】解：（1）證明：因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，且，只需證在上有且只有一個(gè)零點(diǎn)即可.當(dāng)，記，記，，在上遞增，又，在上遞增，又，，所以存在唯一實(shí)數(shù)，使得，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，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(gè)零點(diǎn)，所以函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn).（2）由，可得，由（1）知：①當(dāng)時(shí)，，，此時(shí)，對(duì)于任意，恒成立.②當(dāng)時(shí)，，由，得，令，下面研究的最小值，，令，，令，對(duì)成立，函數(shù)在上為增函數(shù)，而，又，存在唯一實(shí)數(shù)，使得，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.函數(shù)在上遞減，在遞增，，，函數(shù)在上遞減，，.③當(dāng)時(shí)，，由，得，由②可知，所以函數(shù)在上為減函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，，綜上，.【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及到函數(shù)的單調(diào)性、極值最值、零點(diǎn)，以及不等式恒成立問題，分離參數(shù)是解題的關(guān)鍵，構(gòu)造函數(shù)多次求導(dǎo)是解這種類型題的重要