黑龙江省齐齐哈尔市高三第二次高考模拟考试理科数学试题及答案

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1、 1 2 3 4 5 齐齐哈尔市高三第二次模拟考试齐齐哈尔市高三第二次模拟考试 数学试卷参考答案数学试卷参考答案( (理科理科) ) 1 1B B 由题意可得由题意可得A A(0(0，2)2)，B B1,+1,+) )，则，则A AB B11，2)2) 2 2B B z z1 1aiai1 1i i1(1)2aai，则，则1 1a a2 21 1，得，得a a3 3，z z的虚部为的虚部为2.2. 3 3D D 因为因为 sin(sin(2 2) )3 35 5，所以，所以 cos cos 3 35 5，又，又2 2 00， 所以， 所以 sin sin 4 45 5，所以，所以 tan(ta

2、n() )tan tan sin sin cos cos 4 43 3. . 4 4A A 由抛物线由抛物线y y2 2( (a a2 29)9)x x开口向右可得开口向右可得a a2 29 90 0，即得，即得a a3 3 或或a a3 3，“a a3 3”是“方程”是“方程y y2 2( (a a2 29)9)x x表示开口向右的抛物线”的充分表示开口向右的抛物线”的充分不必要条件，故应选不必要条件，故应选 A.A. 5 5A A 根据题意可得甲组数据的中位数为根据题意可得甲组数据的中位数为 2121，则可得，则可得 2020n n2121，即，即n n1 1，所以乙组数据的平均数为，所以

3、乙组数据的平均数为 2222，则可得，则可得2020222228281010m m4 42222，解得，解得m m8 8，所以，所以m mn n8.8. 6 6A A 当当x x3 3 时，时，f f(3)(3)2 23 38 8，g g(3)(3)3 32 29 9，显然，显然f f(3)(3)loglog9 93 3llogog9 98 85 5，c c a a b b. . 6 9 9D D 作出不等式组对应的区域为三角形作出不等式组对应的区域为三角形BCDBCD，直线，直线y ykxkx1 1 过定点过定点M M(0(0，1)1)，由图象可知要使直线，由图象可知要使直线y ykxkx1

4、 1 与区域有公共点，则有直线与区域有公共点，则有直线的斜率的斜率k kk kMCMC，由，由 x xy y3 3，y yx x1 1得得 x x1 1y y2 2，即，即C C(1(1，2)2)又又k kMCMC2 2（1 1）1 10 03 3，所以所以k k3 3，即，即33，) ) 1010A A 将将f f( (x x) ) 3 3sisin 2n 2x xcos 2cos 2x x2sin(22sin(2x x6 6) )的图象向左平移的图象向左平移m m个单位，得函数个单位，得函数g g( (x x) )2sin(22sin(2x x2 2m m6 6) )的图象，则由题意得的图

5、象，则由题意得 2 26 62 2m m6 6k k2 2( (k kZ)Z)，即有，即有m mk k2 26 6( (k kZ)Z)，m m 2 2， 当当k k1 1 时，时，m m取最小值为取最小值为2 23 3. . 1111 D D 由由f f( (x x)f f( (x x) ) tan tan x x可得：可得： cos cos x xf f( (x x) )sin sin x xf f( (x x)0 )0 ，cos cos x xf f（x x）sin sin x xf f（x x）sinsin2 2x x00，sin sin x xf f（x x）cos cos x xf

6、f（x x）sinsin2 2x x0 0，即函数，即函数f f（x x）sin sin x x在在(0(0，2 2) )上单调递上单调递增，增，f f（6 6）sinsin6 6 f f（3 3）sinsin3 3， 3 3f f( (6 6) )f f( (3 3) ) 1212 D D 由条由条件知，件知，OAOAABAB， 所以， 所以 OAOA2 2ABAB2 2OBOB2 22|2|ABAB| | |OAOA| | |OBOB| |， 则， 则| |OAOA| | |ABAB| | |OBOB| |3 34 45 5，于是，于是 tantanAOBAOB4 43 3. .因为向量因

7、为向量BFBF与与FAFA同向，故过同向，故过F F作直线作直线 7 l l1 1的垂线与双曲线相交于同一支而双曲线的垂线与双曲线相交于同一支而双曲线x x2 2a a2 2y y2 2b b2 21 1 的渐近线方程分别为的渐近线方程分别为x xa ay yb b0 0，故，故2 2b ba a1 1（b ba a）2 24 43 3，解得，解得a a2 2b b，故双曲线的离心率，故双曲线的离心率e ec ca a5 52 2. . 13131010 a ab b，x x4 4，又，又b bc c，2 2m m12120 0，即，即m m6 6，x xm m10.10. 14.14.9 9

8、1010 P PC C1 13 3A A4 44 4C C1 13 3A A4 44 4C C2 23 3A A4 44 4C C2 25 5A A4 44 49 91010. .第一个第一个 C C1 13 3A A4 44 4表示甲与除乙外的某一位表示甲与除乙外的某一位志愿者一起去同一个岗位服务， 第二个志愿者一起去同一个岗位服务， 第二个 C C1 13 3A A4 44 4表示乙与除甲外的某一位志愿者表示乙与除甲外的某一位志愿者一起去同一个岗位服务，一起去同一个岗位服务，C C2 23 3A A4 44 4表示甲与乙都一个人去某一岗位服务表示甲与乙都一个人去某一岗位服务 15.15.4

9、 4 3 33 3 设球心设球心到平面到平面ABCABC的距离为的距离为h h，球的半径为，球的半径为R R，则球面上的点，则球面上的点到平面到平面ABCABC的最大距离为的最大距离为h hR R， 由题知， 由题知R R 3 3， 又因， 又因h h3 3（2 2 2 23 33 3) )2 23 33 3，所以，所以h hR R4 4 3 33 3. . 16162 2 2 2R RBCBCsin 120sin 120a a2 2b b2 22 2ababcos 120cos 1203 32 2（a ab b）2 2abab3 32 24 4（a ab b2 2）2 23 32 22.2.

10、 1717解：解：(1)(1)设数列设数列 a an n 的公比为的公比为q q，若，若q q1 1，则，则S S1 1a a1 11 1，2 2S S2 24 4a a1 14 4，3 3S S3 39 9a a1 19 9，故，故S S1 13 3S S3 310102 22 2S S2 2，与已知矛盾，故，与已知矛盾，故q q1, 1, 从而得从而得 8 S Sn na a1 1（1 1q qn n）1 1q q1 1q qn n1 1q q， 由由S S1 1，2 2S S2 2，3 3S S3 3成等差数列，得成等差数列，得S S1 13 3S S3 32 22 2S S2 2， 即

11、即 1 13 31 1q q3 31 1q q4 41 1q q2 21 1q q，解得，解得q q1 13 3，所以，所以a an na a1 1q qn n1 1( (1 13 3) )n n1 1. .（6 6分）分） (2) (2) 由由(1)(1)得，得，b bn nnanan nn n( (1 13 3) )n n1 1，所以，所以T Tn n1 12 21 13 33 3( (1 13 3) )2 2n n( (1 13 3) )n n1 1， 1 13 3T Tn n1 13 32 2( (1 13 3) )2 23 3( (1 13 3) )3 3n n( (1 13 3)

12、)n n， 由由解得解得T Tn n9 94 43 32 2n n4 4( (1 13 3) )n n1 1.(12.(12 分分) ) 1818解：解：(1)(1)设选出的设选出的 3 3 种商品中至少有一种是家电为事件种商品中至少有一种是家电为事件A A，从，从 3 3 种种服装、服装、2 2 种家电、种家电、3 3 种日用品中，选出种日用品中，选出 3 3 种商品，一共有种商品，一共有 C C3 38 8种不同的选法，种不同的选法，选出的选出的 3 3 种商品中，没有家电的选法有种商品中，没有家电的选法有 C C3 36 6种种 所以，选出的所以，选出的 3 3 种商品中至少有一种是家电

13、的概率为种商品中至少有一种是家电的概率为P P( (A A) )1 1C C3 36 6C C3 38 89 91414.(5.(5 分分) ) (2)(2)设顾客三次抽奖所获得的奖金总额为随机变量设顾客三次抽奖所获得的奖金总额为随机变量X X，其所有可能的取，其所有可能的取值为值为 0 0，m m，3 3m m，6 6m m( (单位：元单位：元) ) X X0 0 表示顾客在三次抽奖都没有获奖，所以表示顾客在三次抽奖都没有获奖，所以P P( (X X0)0)(1(11 13 3) )3 38 82727； 9 同理，同理，P P( (X Xm m) )C C1 13 3(1(11 13 3

14、) )2 21 13 34 49 9；P P( (X X3 3m m) )C C2 23 3(1(11 13 3) )1 1( (1 13 3) )2 22 29 9； P P( (X X6 6m m) )C C3 33 3( (1 13 3) )3 31 12727. . 顾客在三次抽奖中所获得的奖金总额的期望值是顾客在三次抽奖中所获得的奖金总额的期望值是E E( (X X) )0 08 82727m m4 49 93 3m m2 29 96 6m m1 127274 43 3m m. . 由由4 43 3m m100100，解得，解得m m75.75. 故故m m最高定为最高定为 7575

15、 元，才能使促销方案对商场有利元，才能使促销方案对商场有利(12(12 分分) ) 1919(1)(1)证明：连结证明：连结ACAC，交，交BDBD于于N N，连结，连结MNMN. . 在在AECAEC中，中，M M、N N分别为两腰分别为两腰AEAE、ACAC的中点，可得的中点，可得MNMNCECE， 平平又因为又因为MNMN平面平面BDMBDM，ECEC 平面平面BDMBDM， 所以可得， 所以可得ECEC面面BDMBDM.(4.(4 分分) ) (2)(2)解： 设平面解： 设平面ADEADE与平面与平面ACFACF所成的锐二面角的所成的锐二面角的大 小大 小为为，以，以D D为空间直角

16、坐标系的原点，分别以为空间直角坐标系的原点，分别以DEDE，DCDC，DADA所在直线为所在直线为x x，y y，z z轴建立空间直角坐标系，轴建立空间直角坐标系， 则则A A(0(0，0 0， 2 2) )，F F(1(1，1 1，0)0)，C C(0(0，2 2，0)0)，AFAF(1(1，1 1， 2 2) )，FCFC( (1 1，1 1，0)0) 设平面设平面ADEADE的单位法向量为的单位法向量为n n1 1，则可得，则可得n n1 1(0(0，1 1，0)0)(6(6 分分) ) 10 设面设面ACFACF的法向量的法向量n n2 2( (x x，y y，1)1)，则有，则有 n

17、 n2 2FCFC0 0，n n2 2AFAF0 0，代入数据可得代入数据可得 x xy y 2 20 0，x xy y0 0， 解得解得x xy y2 22 2，所以，所以n n2 2( (2 22 2，2 22 2，1)1)(10(10 分分) ) 所以所以 cos cos |n|n1 1n n2 2| |n|n1 1|n|n2 2| |1 12 2，又因为，又因为(0(0，2 2) )，所以，所以3 3.(12.(12 分分) ) 2020解：解：(1)(1)设设P P( (x x0 0，y y0 0) )，则，则Q Q( (x x0 0，y y0 0) )S SCPQCPQ1 12 2

18、2|2|x x0 0| | |y y0 0| | |x x0 0y y0 0| |， 又又x x2 20 08 8y y2 20 0b b2 21 12|2|x x0 0y y0 0| |2 2 2 2b b，| |x x0 0y y0 0| | 2 2b b，即，即S SCPQCPQ 2 2b b， 2 2b b2 2，得，得b b 2 2， 椭圆方程为椭圆方程为x x2 28 8y y2 22 21.(51.(5 分分) ) (2)(2)设直线设直线MAMA、MBMB的斜率分别为的斜率分别为k k1 1，k k2 2，只需证明，只需证明k k1 1k k2 20 0 即可，设即可，设A A

19、( (x x1 1，y y1 1) )，B B( (x x2 2，y y2 2) )，则，则k k1 1y y1 11 1x x1 12 2，k k2 2y y2 21 1x x2 22 2，直线，直线l l方程为方程为y y1 12 2x xm m，代入椭圆方程代入椭圆方程x x2 28 8y y2 22 21 1 消去消去y y， 得得x x2 22 2mxmx2 2m m2 24 40 0 可得可得x x1 1x x2 22 2m m，x x1 1x x2 22 2m m2 24.(94.(9 分分) ) 而而k k1 1k k2 2y y1 11 1x x1 12 2y y2 21 1

20、x x2 22 2（y y1 11 1）（）（x x2 22 2）（）（y y2 21 1）（）（x x1 12 2）（x x1 12 2）（）（x x2 22 2） 11 （1 12 2x x1 1m m1 1）（）（x x2 22 2）（）（1 12 2x x2 2m m1 1）（）（x x1 12 2）（x x1 12 2）（）（x x2 22 2） x x1 1x x2 2（m m2 2）（）（x x1 1x x2 2）4 4（m m1 1）（x x1 12 2）（）（x x2 22 2） 2 2m m2 24 4（m m2 2）（）（2 2m m）4 4（m m1 1）（x x1 1

21、2 2）（）（x x2 22 2） 2 2m m2 24 42 2m m2 24 4m m4 4m m4 4（x x1 12 2）（）（x x2 22 2）0 0，(11(11 分分) ) k k1 1k k2 20 0，故直线，故直线MAMA、MBMB与与x x轴始终围成一个等腰三角形轴始终围成一个等腰三角形(12(12 分分) ) 2121解：解：(1)(1)由题意知：由题意知：f f( (x x) )b b(ln (ln x xx x1 1x x) )1 1，f f(1)(1)2 2b b1 11 1，b b1 1，h h( (x x) )f f( (x x) )x xln ln x x

22、x x1 1，h h( (x x) )1 1x x1 1，h h( (x x) )1 1x x1 10 0，解得解得 0 0 x x1.1. h h( (x x) )1 1x x1 10 0，解得，解得x x1.1. 所以所以h h( (x x) )在在(0(0，1)1)上单调递增，在上单调递增，在(1(1，) )上单调递减 （上单调递减 （6 6 分）分） (2)(2)g g( (x x) )f f( (x x) )( (a ax x)ln )ln x x1 12 2axax2 2(1(1a a)ln )ln x x1 12 2axax2 2x x1 1，g g( (x x) ) 1 1a

23、ax xaxax 1 1 axax2 2x x1 1a ax x axax（1 1a a） （x x1 1）x xa a x x（1 1a a1 1） （x x1 1）x x， 由由g g( (x x) )0 0 得：得：x x1 11 1a a1 1，x x2 21.1. 12 若若 0 01 1a a1 11 1，a a0 0 即即1 12 2a a1 1，0 0 x x1 1x x2 2， x x (0(0，x x1 1) ) x x1 1 ( (x x1 1，x x2 2) ) x x2 2 ( (x x2 2，) ) f f( (x x) ) 0 0 0 0 f f( (x x) )

24、 极大极大值值 极小极小值值 此时此时g g( (x x) )的最小值点为的最小值点为x x1 1，极大值点，极大值点x x1 1a a1.1. 若若1 1a a1 11 1，a a0 0 即即a a1 12 2，x x1 1x x2 21 1，则，则g g( (x x) )0 0，g g( (x x) )在在(0(0，) )上单调递增，无极值点上单调递增，无极值点 若若1 1a a1 11 1，a a0 0 即即 0 0a a1 12 2，x x1 1x x2 21 1， x x (0(0，x x2 2) ) x x2 2 ( (x x2 2，x x1 1) ) x x1 1 ( (x x1

25、 1，) ) f f( (x x) ) 0 0 0 0 f f( (x x) ) 极大极大值值 极小极小值值 此时此时g g( (x x) )的极大值点为的极大值点为x x1 1，极小值点，极小值点x x1 1a a. . 综上所述：综上所述： 当当1 12 2a a1 1 时，时，g g( (x x) )的极小值点为的极小值点为x x1 1，极大值点，极大值点x x1 1a a1 1； 13 当当a a1 12 2时，时，g g( (x x) )无极值点；无极值点； 当当 0 0a a1 12 2，g g( (x x) )的极大值点的极大值点为为x x1 1，极小值点为，极小值点为x x1

26、1a a1.1.（1212 分）分） 2222解：解：(1)(1)连结连结ABAB，ACAC是是O O1 1的切线，的切线，BACBACD D. . 又又BACBACE E，D DE E，ADADECEC.(4.(4 分分) ) (2)(2)PAPA是是O O1 1的切线，的切线，PDPD是是O O1 1的割线，的割线， PAPA2 2PBPBPDPD. .6 62 2PBPB ( (PBPB9)9)，PBPB3.3. 在在O O2 2中，由相交弦定理得中，由相交弦定理得PAPAPCPCBPBPPEPE. .PEPE4 4，ADAD是是O O2 2的的切线，切线，DEDE是是O O2 2的割线

27、，的割线， ADAD2 2BDBDDEDE9 91616，ADAD12.(1012.(10 分分) ) 2323解：解：(1)(1)将将C C转化为普通方程是转化为普通方程是x x2 23 3y y2 21 1，将，将l l转化为直角坐标方转化为直角坐标方程是程是x xy y4 40.(40.(4 分分) ) (2)(2)在在x x2 23 3y y2 21 1 上任取一点上任取一点A A( ( 3 3cos cos ，sin sin ) )，则点，则点A A到直线到直线l l的的距离为距离为 d d| | 3 3cos cos sin sin 4|4|2 2|2sin|2sin（6060）4

28、|4|2 2， 它的最大值为， 它的最大值为3 3 2 2.(10.(10 分分) ) 2424证明：证明：abab( (a ab b2 2) )2 21 14 4，当且仅当，当且仅当a a= =b b= =1 12 2时等号成立时等号成立, ,1 1abab4.4. 14 1 1a a2 21 1b b2 22 2abab8 8，当且仅当，当且仅当a ab b1 12 2时等号成立，时等号成立，1 1a a2 21 1b b2 28.(58.(5 分分) ) 1 1a a1 1b b1 1abab1 1a a1 1b b + +1 1a a1 1b b =2(=2(a ab b)()(1 1a a1 1b b)=4+2()=4+2(b ba aa ab b) )4+44+4b ba aa ab b= =8,8,当且仅当当且仅当a ab b1 12 2时等号成立，时等号成立， 1 1a a1 1b b1 1abab8.(108.(10 分分) )