2021届黑龙江省佳木斯高三下学期三模数学(文)试题(解析版).doc

1、2021届黑龙江省佳木斯一中高三下学期三模数学（文）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】B【分析】先根据一元二次不等式的解法求出集合A，再求出集合B，最后根据交集的定义即可求解.【详解】解：，.故选：B.2在复平面内，设复数满足，则复数对应的点位于（ ）A第一象限B第四象限C第二象限D第三象限【答案】B【分析】利用复数的模长公式、复数的除法化简复数，由此可判断出复数对应的点所在的象限.【详解】由题意得，其对应的点在第四象限.故选：B.3元朝著名数学家朱世杰在四元玉鉴中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”该问

2、题可用如图所示的程序框图来求解，则输入的的值为（ ）ABCD【答案】B【分析】设输入的值为，将循环列举出来，可得出输出的关于的表达式，由输出的值为零，可求得的值，即可得解【详解】由题可得输出，第一次循环：，第二次循环：，第三次循环：，退出循环，故，则输入的的值为，故选：B4下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A6+4B4+4C6+2D4+2【答案】C【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：根据勾股定理可得：是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：

3、该几何体的表面积是：.故选：C.【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.52022年第24届冬季奥林匹克运动会，简称“北京张家口冬奥会”，将在2022年02月04日2022年02月20日在北京市和张家口市联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，北京将承办所有冰上项目，延庆和张家口将承办所有的雪上项目.下表是截取了2月5日和2月6日两天的赛程表：若某人在这两天每天随机观看一场决赛，求两场决赛恰好在同一赛区的概率为（ ）ABCD【答案】B【分析】求得这两天每天随机观看一场决赛的情况，求出其中两场决

4、赛恰好在北京赛区和在张家口赛区的情况即可求得概率.【详解】解：记“某人在这两天每天随机观看一场决赛，两场决赛恰好在同一赛区”为事件，由表可知在这两天每天随机观看一场决赛共有种不同情况，其中两场决赛恰好在北京赛区共有2种不同情况，在张家口赛区共有种不同情况，两场决赛恰好在同一赛区的概率为.故选：B.6已知，则的值为（ ）A7BCD【答案】A【分析】先根据平方关系求出，再由商数关系求出，最后根据两角差的正切公式即可求解.【详解】解：因为，所以，则.故选：A.7已知F为抛物线x22py(p0)的焦点，M为其上一点，且|MF|2p，则直线MF的斜率为（ ）ABCD【答案】B【分析】利用|MF|2p，先

5、计算直线MF的倾斜角，再求斜率.【详解】依题意，得F，准线为y，过点M作MN垂直于准线于N，过F作FQ垂直于MN于Q，则|MN|MF|2p，|MQ|p，故MFQ30，即直线MF的倾斜角为150或30，斜率为或【点睛】解析几何问题解题的关键：解析几何归根结底还是几何，根据题意寻找几何关系可以简化运算8已知，且，则下列说法是正确的是（ ）ABCD【答案】C【分析】选项A,D举反例即可判断，选项B，设，由其单调性可判断，选项C. 由为上的减函数，可判断.【详解】解：A：当，时，A错误，B：设，则函数为上的增函数，即，B错误.C：为上的减函数，即，C正确，D：当，时，D错误.故选：C.9设函数的最小正

6、周期为.且过点.则下列说法正确的是（ ）AB在上单调递增C的图象关于点对称D把函数向右平移个单位得到的解析式是【答案】D【分析】由辅助角公式化简的解析式，根据最小正周期求出的值，再根据图像过点求出的值，然后根据余弦型函数的单调性和对称性结合三角函数的图像变换可得答案.【详解】解：函数，由于函数的最小正周期为. 所以，且过点.所以，所以，由，故，故A错误，对于B：函数.函数在上单调递减，所以函数在上单调递减，故B错误；对于C：当时，故C错误；对于D：函数向右平移个单位，得到的图象，故D正确；故选：D.10已知为奇函数且对任意，若当时，则（ ）AB0C1D2【答案】C【分析】由为奇函数且对任意，可

7、得函数的周期为4，再奇函数的性质可得，从而可求出，进而可求得的值【详解】解：因为为奇函数，即，因为对任意，所以，当时，所以，所以，则.故选：C.11双曲线：的左右焦点是，过且斜率为的直线交双曲线第二象限于点，若点是的中点，且.则此双曲线的离心率为（ ）A4B5C6D【答案】B【分析】设，可得，求得，再由建立关系可求.【详解】解：设，即有，解得(舍去)，由点是的中点，且即，可得为等腰三角形，即有，由双曲线的定义可得，即有，在直角中，化为，即有.故选：B.【点睛】思路点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c

8、的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.12蹴鞠(如图所示)，又名蹴球蹴圆筑球踢圆等，蹴有用脚蹴踢的含义，鞠最早系外包皮革内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴塌踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗传名录.已知某蹴鞠内切于三棱锥，面，则该蹴鞠的体积为（ ）ABCD【答案】B【分析】由题意画出图形，利用等体积法求出三棱锥内切球的半径，再由球的体积公式求解【详解】解：如图，面，平面，又，且，平面，可得，三棱锥的体积；表面积.设三棱锥内切球的半径为，由等体积法可得：，

9、得.内切球的体积为.故选：B.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径，涉及内切球一般用等体积法求出内切球的半径.二、双空题13已知，夹角为120，.与夹角为150，如图所示位置，若，_，_.【答案】 2 【分析】以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，然后根据已知条件求出向量，的坐标，代入解方程求出和.【详解】如图所示，以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，设

10、，的终点坐标为，则，所以，因为，且与的夹角为120，则与轴的夹角为30，所以，所以，又，且与的夹角为150，则与轴的夹角为60，所以 ，所以，所以由可得：，所以，解得，故答案为：，2.【点睛】向量的基本运算处理的常用方法：(1)向量几何化：画出合适的图形，利用向量的运算法则处理；(2)向量坐标化：建立适当的坐标系，利用向量的坐标运算处理三、填空题14设，满足约束条件，则的最小值是_.【答案】【分析】画出不等式表示的平面区域，数形结合即可求出.【详解】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得，由，得，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，有最小值为.故答案为：.15已知圆的圆心坐标是，若直

11、线与圆相切于点，则圆的标准方程为_.【答案】【分析】由题意画出图形，利用圆心与切点的连线与切线垂直求得m，再求半径，即可写出圆的方程【详解】解：如图所示，由圆心与切点的连线与切线垂直，得，解得.所以圆心为，半径为.所以圆的标准方程为.故答案为：.16下列说法正确的是_.平面内到定点与定直线的距离相等的点的轨迹是抛物线.利用最小二乘法原理求回归直线，就是使残差平方和最小的原理求得参数b的.在线性回归模型中，计算相关指数，这表明解释变量只解释了60%预报变量的变化.若存在实数，使，对恒有，则是的一个周期.【答案】【分析】对于，当定点在直线上时，其轨迹不是抛物线；对于，由最小二乘法的原理可判断；对于

12、，相关指数，这表明解释变量对于预报变量变化的贡献率约为60%；对于，利用周期的定义判断即可【详解】解：平面内到定点与定直线的距离相等的点的轨迹是抛物线.必须是定点在直线外，所以不正确.利用最小二乘法原理求回归直线，就是使残差平方和最小的原理求得参数的.所以正确.在线性回归模型中，计算相关指数，这表明解释变量对于预报变量变化的贡献率约为60%；不是解释变量只解释了60%预报变量的变化.所以C不正确；若存在非零实数，使，对恒有，则是的一个周期，所以不正确.故答案为：.四、解答题17已知等差数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）若设，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）设等差

13、数列的公差为，根据条件可得， ，解出即可得到答案.(2)由条件可得，由等比数列的前项和公式可得答案.【详解】解：（1）由题意，设等差数列的公差为，则，解得，.（2）由（1）知，故数列是以2为首项，4为公比的等比数列，.18如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，是的中点.（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）设与相交于点，则为中点，连接， 利用三角形中位线定理证明，利用线面平行的判定定理证明平面；（2）连接，用等体积法转化为求三棱锥的体积【详解】（1）设与相交于点，则为中点，连接，为中点，又平面，平面；（2）连接，则，在正三棱柱中，平面，则与到

14、平面的距离相等，为的中点，又平面平面，且平面平面，平面，在等边三角形中，由，得，又正三棱柱的侧棱长为，.【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离）.如果求体积（距离），常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法.19在关研究表明，正确佩戴安全头盔，规范使用安全带能够将交通事故死亡风险大幅降低，对保护群众生命安全具有重要作用.2020年4月，“一盔一带”安全守护行动在全国各地开展.行动期间，公安交管部门将加强执法管理，依法查纠摩托车和电动自行车骑乘人员不佩戴安全头盔，汽

15、车驾乘人员不使用安全带的行为，助推养成安全习惯.该行动开展一段时间后，某市针对电动自行车骑乘人员是否佩戴安全头盔问题进行调查，在随机调查的1000名骑行人员中，记录其年龄和是否佩戴头盔情况，得到如下的统计图表：（）估算该市电动自行车骑乘人员的平均年龄；（）根据所给的数据，完成下面的列联表：是否佩戴头盔年龄是否（）根据（）中的列联表，判断是否有把握认为遵守佩戴安全头盔与年龄有关？附：，0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（）39；（）列联表见解析；（）没有把握.【分析】（）根据频率分布直方图，利用平均数公式求解.（）根据统计表完成列联表.（）根据列联表，利用公式

16、求得的值，然后与临界值表对照下结论.【详解】（）该市电动自行车骑行人员平均年龄为.（）是否佩戴头盔年龄是否5406034060（）.故而没有的把握认为遵守佩戴安全头盔与年龄有关.20已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）先对函数求导，然后分和判断导数的正负，从而可求得其单调区间；（2）要证明，只需要使的最大值小于等于，而由（1）可知，再构造函数，利用导数可得，从而可得，进而可证得结论【详解】解：（1），当时，在上单调递增，当时，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，综上：当时，在上单调递增，当时，在递增，在递减.（2）证明

17、：由（1）知，当时，令，则，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，故的最大值是，故即，故，故，故当时，.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是构造函数，利用导数可得，从而可得，考查计算能力，属于中档题21斜率为的直线过抛物线；的焦点，且交于，两点(在第一象限)，交的准线于，且.（1）求抛物线方程；（2）设点，斜率为的直线过点交轴于，抛物线是否上存在不同两点，使且，若存在，求斜率的范围，若不存在说明理由.【答案】（1）；（2）存在，的取值范围是.【分析】（1）设出直线方程，与抛物线联立，求得交点坐标即可建立关系求解；（

18、2）设出直线的方程，与抛物线联立，得出直线的方程，根据直线经过线段的中点建立关系可求.【详解】解：（1）抛物线；的焦点为，可得直线的方程为，与抛物线联立，可得，解得，由，且直线的倾斜角为60，可得到准线的距离为，即有，即，解得，则抛物线的方程为；（2）设直线的方程为，与抛物线的方程联立，可得，化为，设，的横坐标分别为，则，可得的中点坐标为，又直线的方程为，由题意可得直线经过线段的中点，可得，化为，即有，解得或.所以的取值范围是.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4

19、）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.22已知曲线：(为参数)，：(为参数且)，在以原点为极点，轴非负半轴为极轴的极坐标系中，直线：.（1）求曲线，的普通方程.（2）若上的点对应的参数，为上的点，求的中点到直线距离的最小值.【答案】（1）的普通方程为，的普通方程为：；（2）最小值为.【分析】（1）由曲线的参数方程消去参数，可得其普通方程；由曲线的参数方程消去参数，可得其普通方程（2）由题意可得，设，从而得出点的坐标，将直线的方程化为直角坐标方程得，得出点到直线距离，从而得到答案.【详解】解：（1）曲线：(为参数)，消去参数，得曲线的普通方程为.曲线：(为参数)，消去参数，得

20、：.由，则 所以曲线的普通方程为：（2）上的点对应的参数，为上的点，的中点，直线：，直线的直角坐标方程为.的中点到直线距离，当时，的中点到直线距离的最小值为.【点睛】关键点睛：本题考查将参数方程化为普通方程，求点到直线的距离在最值问题，解答本题的关键是由的参数方程设，得到，从而点到直线距离，属于中档题.23已知函数.（1）解不等式.（2）已知，的最大值，求的最小值.【答案】（1）或；（2）最小值为.【分析】（1）分，和三种情况解不等式；（2）先利用绝对值三角不等式求出的最大值为，从而得，所以，化简后利用基本不等式求解即可【详解】解：（1）函数，当时，不等式即为，解得，所以；当时，不等式即为，解得，所以；当时，不等式即为，解得，所以.综上所述，不等式的解集为或；（2），所以的最大值为，则，故，当且仅当且，即时取等号，故的最小值为.