2020届黑龙江省齐齐哈尔高三二模数学(理)试题解析

2020届黑龙江省齐齐哈尔高三二模数学(理)试题分析版2020届黑龙江省齐齐哈尔高三二模数学(理)试题分析版32/32薁PAGE32荿莂蚆莄肅芀羂虿肁膅虿芄膄膇莃芁葿螄蒈芄2020届黑龙江省齐齐哈尔高三二模数学(理)试题分析版2020届黑龙江省齐齐哈尔高三二模数学（理）试题

一、单项选择题

0}，Bx|1x1．设全集UR，会集A{x|(x1)(x3)1.则会集24(eUA)IB等于（）A．(1,2)B．(2,3]C．(1,3)D．(2,3)【答案】A【剖析】先算出会集eA，再与会集B求交集即可.U【详解】由于A{x|x3或x1}.所以eUA{x|1x3}，又由于Bx|2x4{x|x2}.所以(eUA)B{x|1x2}.应选：A.【点睛】本题观察会集间的基本运算，涉及到解一元二次不等式、指数不等式，是一道简单题.

2．设复数z满足ziz2i(i为虚数单位)，则z（）13i131313iC．A．iB．22iD．i222222【答案】B【剖析】易得z2i，分子分母同乘以分母的共轭复数即可.1i【详解】由已知，zizi2，所以z2i(2i)(1i)13i13i.1i2222应选：B.

【点睛】

本题观察复数的乘法、除法运算，观察学生的基本计算能力，是一道简单题.

3．用电脑每次可以从区间(0,3)内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可

能性的.若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都小于1的概率为（）411D．1A．B．C．927327【答案】C【剖析】由几何概型的概率计算，知每次生成一个实数小于1的概率为1，结合独立事3件发生的概率计算即可.【详解】113∵每次生成一个实数小于1的概率为1的概率为1.∴这3个实数都小于3.327应选：C.【点睛】本题观察独立事件同时发生的概率，观察学生基本的计算能力，是一道简单题.4．以下列图是某年第一季度五省GDP情况图，则以下说法中不正确的选项是（）

A．该年第一季度GDP增速由高到低排位第3的是山东省B．与昨年同期对照，该年第一季度的GDP总量实现了增添C．该年第一季度GDP总量和增速由高到低排位均居同一位的省份有2个D．昨年同期浙江省的GDP总量高出了4500亿元【答案】D【剖析】依照折线图、柱形图的性质，对选项逐一判断即可.

【详解】

由折线图可知A、B项均正确，该年第一季度GDP总量和增速由高到低排位均居同一

位的

省份有江苏均第一.河南均第四.共2个.故C项正确；

4632.1(13.3%)44844500.

故D项不正确.

应选：D.

【点睛】本题观察折线图、柱形图的鉴识，观察学生的阅读能力、数据办理能力，属于中档题.

5．已知为锐角，且3sin22sin，则cos2等于（）A．2B．2C．1D．43939【答案】C【剖析】由3sin22sin可得cos3，再利用cos22cos21计算即3可.【详解】由于23sincos2sin，sin0，所以cos3，3所以cos22cos21211.33应选：C.

【点睛】

本题观察二倍角公式的应用，观察学生对三角函数式化简求值公式的灵便运用的能力，

属于基础题.

6．已知ABC中内角A,B,C所对应的边依次为a,b,c，若2a=b1,c7,C，3则ABC的面积为（）A．33B．3C．33D．232【答案】A【剖析】由余弦定理可得a22ab7，结合2a=b1可得abb，，再利用面积公式计算即可.【详解】7a2b22abcosCa2b27a2b2ab由余弦定理，得ab，由b1，解得2aa2b，3所以，SABC1absinC123333.2222应选：A.【点睛】

本题观察利用余弦定理解三角形，观察学生的基本计算能力，是一道简单题.

7．设f(x)为定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)log2(x1)ax2a1(a为

常数)，则不等式f(3x4)5的解集为（）

A．(,1)B．(1,)C．(,2)D．(2,)

【答案】D

【剖析】由f(0)0可得a1，所以f(x)log2(x1)x2(x0)，由f(x)为定义

在R上的奇函数结合增函数+增函数=增函数，可知yf(x)在R上单调递加，注意到

f(2)f(2)5，再利用函数单调性即可解决.

【详解】

由于f(x)在R上是奇函数.所以f(0)0，解得a1，所以当x0时，

f(x)log2(x1)x2，且x[0,)时，f(x)单调递加，所以

yf(x)在R上单调递加，由于f(2)5，f(2)5，

故有3x42，解得x2.

应选：D.

【点睛】

本题观察利用函数的奇偶性、单调性解不等式，观察学生对函数性质的灵便运用能力，

是一道中档题.8．如图，在ABC中，点Q为线段AC上凑近点A的三均分点，点P为线段BQ上uuuruuur凑近点B的三均分点，则PAPC（）

1uuur2uuur5uuur7uuur1uuur10uuur2uuur7uuurA．BABCB．BABCC．BABCD．BABC33999999【答案】Buuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur2uuur【剖析】PAPCBABPBCBPBABCBQ，将3uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuurBQBAAQBA1AC,ACBCBA代入化简即可.3【详解】uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur2uuurPAPCBABPBCBPBABCBQ3uuuruuur2uuuruuurBABC3(BAAQ)1uuuruuur21uuur3BABC3AC31uuuruuur2uuuruuur5uuur7uuur3BABC9(BCBA)9BABC.9应选：B.

【点睛】

本题观察平面向量基本定理的应用，涉及到向量的线性运算、数乘运算，观察学生的运

算能力，是一道中档题.

：，曲线C向左23

平移(0)个单位长度，获取曲线E的一个对称中心的坐标为,0，则的最小

4值是（）A．6B．4C．3D．12【答案】C【剖析】ycos(2x)在对称轴处获取最值有2)1，结合||，可cos(32得，易得曲线E的剖析式为ycos2x2，结合其对称中心为0334可得k(kZ)即可获取θ的最小值.26【详解】∵直线x是曲线C的一条对称轴.32k(kZ)，又||.323.∴平移后曲线E为ycos2x2.3曲线E的一个对称中心为0.4

22k(kZ).432k(kZ)，注意到06

故θ的最小值为.3

应选：C.

【点睛】

本题观察余弦型函数性质的应用，涉及到函数的平移、函数的对称性，观察学生数形结

合、数学运算的能力，是一道中档题.

10．半径为

2的球

O内有一个内接正三棱柱，则正三棱柱的侧面积的最大值为（

）

A．93

B．123

C．163

D．183

【答案】

B

【剖析】设正三棱柱上下底面的中心分别为O1，O2，底面边长与高分别为x,h，利用OA2OO22O2A2，可得h2164x2，进一步获取侧面积S3xh，再利用基本3不等式求最值即可.

【详解】

.12x,h，则以下列图设正三棱柱上下底面的中心分别为O，O，底面边长与高分别为O2A3x，3

在RtOAO2中，h2x24，化为h2164x2，433QS3xh，x212x22S29x2h212x212x2,12432，2当且仅当x6时取等号，此时S123.

应选：B.

【点睛】

本题观察正三棱柱与球的切接问题，涉及到基本不等式求最值，观察学生的计算能力，

是一道中档题.11．已知焦点为F的抛物线C:y24x的准线与x轴交于点A，点M在抛物线C上，则当|MA|MA的方程为（）获取最大值时，直线|MF|A．yx1或yx1B．y1x1或y1x12222C．y2x2或y2x2D．y2x2【答案】A【剖析】过M作MP与准线垂直，垂足为P，利用抛物线的定义可得MAMA11|MA|MAF应最大，此MFMPcosAMPcos，要使最大，则MAF|MF|时AM与抛物线C相切，再用鉴识式或导数计算即可.【详解】MAMA11过M作MP与准线垂直，垂足为P，MPcosAMPcos，MFMAF|MA|则当获取最大值时，MAF最大，此时AM与抛物线C相切，|MF|易知此时直线AM的斜率存在，设切线方程为yk(x1)，yk(x1)1616k20，k21，k1则.则，4xy2则直线AM的方程为y=?(x1).

应选：A.

【点睛】

本题观察直线与抛物线的地址关系，涉及到抛物线的定义，观察学生转变与化归的思想，

是一道中档题.

12．已知函数f(x)满足当x0时，2f(x2)f(x)，且当x(2,0]时，f(x)|x1|1；当x0时，f(x)logax(a0且a1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则a的取值范围是（）A．(625,)B．(4,64)C．(9,625)D．(9,64)【答案】C【剖析】先作出函数f(x)在(,0]上的部分图象，再作出f(x)logax关于原点对称的图象，分类利用图像列出有3个交点时满足的条件，解之即可.【详解】先作出函数f(x)在(,0]上的部分图象，再作出f(x)logax关于原点对称的图象，以下列图，当0a1时，对称后的图象不可以能与f(x)在(,0]的图象有3个交点；当a1时，要使函数f(x)关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，

a1loga31则，解得9a625.2loga514应选：C.

【点睛】

本题观察利用函数图象解决函数的交点个数问题，观察学生数形结合的思想、转变与化

归的思想，是一道中档题.

二、填空题13．如图是某几何体的三视图，

俯视图中圆的两条半径长为

2且互相垂直，则该几何体

的体积为

________.

【答案】20

【剖析】由三视图知该几何体是一个圆柱与一个半球的四分之三的组合，利用球体体积

公式、圆柱体积公式计算即可.

【详解】

由三视图知，该几何体是由一个半径为

2的半球的四分之三和一个底面半径

2、高为

4

的圆柱组合而成，其体积为224342320.83故答案为：20.

【点睛】

本题观察三视图以及几何体体积，观察学生空间想象能力以及数学运算能力，是一道简单题.

2514．2x的张开式中x的系数为________.x3

【答案】80.【剖析】只需找到(2x2)5张开式中的x4项的系数即可.【详解】(2x2)5张开式的通项为Tr1C5r25r(x2)r(1)rC5r25rx2r，令r=2，则T3(1)2C5223x480x4，故2x25的张开式中x的系数为80.x3

故答案为：80.

【点睛】

本题观察二项式定理的应用，涉及到张开式中的特别项系数，观察学生的计算能力，是

一道简单题.

15．已知alog0.2,blog2，则ab________.ab(填“>或”“=或”“<”).

【答案】＞【剖析】注意到a1,b0，故只需比较11与1的大小即可.ab【详解】由已知，a1,b0，故有ab0,ab.又由11log2log1，alogb故有abab.故答案为：＞.

【点睛】

本题观察对数式比较大小，涉及到换底公式的应用，观察学生的数学运算能力，是一道

中档题.216．已知点F为双曲线E：x2y1(b0)的右焦点，M，N两点在双曲线上，且b2

M，N关于原点对称，若MFNF，设MNF，且,，则该双曲线126E的焦距的取值范围是________.【答案】[22,232]【剖析】设双曲线的左焦点为F，连接MF,NF'，由于MFNF.所以四边形FNFM为矩形，故|MN|FF2c，由双曲线定义c1|NF||NF'||NF||FM|2a可得，再求2cos4

y2cos的值域即可.4

【详解】

如图，

设双曲线的左焦点为F，连接MF,NF'，由于MFNF.所以四边形FNFM为矩形，故|MN|FF2c.在RtNFM中|FN|2ccos,|FM|2csin，由双曲线的定义可得22a|NF||NF'||NF||FM|2ccos2csin22ccos4

1c

2cos4Q，53412126312cos22422c31，222c232.故答案为：[22,232]【点睛】本题观察双曲线定义及其性质，涉及到求余弦型函数的值域，观察学生的运算能力，是一道中档题.三、解答题17．如图，在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，ABBD2，BB12，BD与AC订交于点E，A1D与AD1订交于点O.

（1）求证：AC平面BB1D1D；

（2）求直线OB与平面OB1D1所成的角的正弦值.

【答案】（1）证明见分析（2）217【剖析】（）要证明AC平面BB1D1D，只需证明ACBD，ACDD1即可：1uuuruuuruuury,z轴建立空（2）取B1D1中点F，连EF，以E为原点，EA,EB,EF分别为x,uuurr间直角坐标系，分别求出OB与平面OB1D1的法向量n，再利用ruuurruuurrnOBcosn,OBuuur|n||OB|

计算即可.

【详解】（1）∵底面ABCD为菱形，

ACBD

∵直棱柱ABCDA1B1C1D1，DD1平面ABCD.

AC平面ABCD.

ACDD1

QACBD,ACDD1,BDDD1D.AC平面BB1D1D；uuuruuuruuurz轴（2）如图，取B1D1中点F，连EF，以E为原点，EA,EB,EF分别为x,y,

建立以下列图空间直角坐标系：

QAE3,BE1，点B(0,1,0),B1(0,1,2),D1(0,1,2),A(3,0,0),O3,1,1，22r设平面OB1D1的法向量为n(x,y,z)，uuuuruuuur3,3,1，D1B1(0,2,0),OB122uuuuvv2y0D1B1n有uuuvv3x3z，令x2，y0,z3OB1n2y02r(2,0,3)得nuuur331ruuuruuur2，又OB,,,nOB23,|n|7,|OB|22设直线OB与平面OB1D1所成的角为，ruuur2321所以sin|cosn,OB||7|27故直线OB与平面OB1D1所成的角的正弦值为21.7【点睛】

本题观察线面垂直的证明以及向量法求线面角的正弦值，观察学生的运算求解能力，本

题解题要点是正确写出点的坐标.

18．2019年9月26日，携程网宣布《2019国庆假期旅游出行趋势展望报告》，2018年

国庆假日时期，西安共款待旅客万人次，今年国庆有望高出2000万人次，成

为西部省份中款待旅客量最多的城市.旅游公司规定：若公司某位导游款待旅客，旅游

年总收人不低于40(单位：万元)，则称该导游为优秀导游.经验表示，若是公司的优秀

导游率越高，则该公司的影响度越高.已知甲、乙家旅游公司各有导游40名，统计他们

一年内旅游总收入，分别获取甲公司的频率分布直方图和乙公司的频数分布表以下：

（1）求a，b的值，并比较甲、乙两家旅游公司，哪家的影响度高？（2）从甲、乙两家公司旅游总收人在[10,20)(单位：万元)的导游中，随机抽取3人进行业务培训，设来自甲公司的人数为X，求X的分布列及数学希望.122【答案】（）a0.01,b5，乙公司影响度高；（）见分析，E(X)【剖析】（1）利用各小矩形的面积和等于1可得a，由导游人数为40人可得b，再由总收人不低于40可计算出优秀率；（2）易得总收入在[10,20)中甲公司有4人，乙公司有2人，则甲公司的人数X的值可能为1，2，3，再计算出相应取值的概率即可.【详解】（1）由直方图知，(a0.02a)101，解得a，由频数分布表中知：2b2010340，解得b5.所以，甲公司的导游优秀率为：0.01)10100%30%，乙公司的导游优秀率为：103100%32.5%，40由于32.5%30%，所以乙公司影响度高.（）甲公司旅游总收入在[10,20)中的有10404人，2乙公司旅游总收入在[10,20)中的有2人，故X的可能取值为123，，，易知：P(XC41C2241，P(XC42C21123;1)2052)205C63C63P(XC43413)20.C635所以X的分布列为：X123P131555

E(X)1123312.555【点睛】

本题观察频率分布直方图、随机变量的分布列与希望，观察学生数据办理与数学运算的

能力，是一道中档题.

19．已知数列an，bn满足

a13,b11,an12an2bnbn1,an1anbn1bn1.

（1）求数列an，bn的通项公式；

2an，bn的前n项和Sn，Tn.（）分别求数列【答案】（1）an2nn1；bn2nn1（2）Sn2n12n23n；222244Tn2n12n23n44【剖析】（1）an1bn12(anbn)，a1b14，可得anbn为公比为2的等比数列，an1bn1anbn1可得anbn为公差为1的等差数列，再算出anbn，anbn的通项公式，解方程组即可；

（2）利用分组求和法解决.

【详解】

（1）依题意有an1bn12anbnan1bn1anbn1又a1b14；a1b12.可得数列anbn为公比为2的等比数列，anbn为公差为1的等差数列，anbna1b12n1，得anbn2n1由anbnn1anbna1b1(n1)an2nn1解得22n1an2n22故数列an，bn的通项公式分别为an2nn1；bn2nn1.2222212nn(n1)nn23（2）Sn2n12n，124244212n2n(n1)n2n1n3n.Tn1224244【点睛】

本题观察利用递推公式求数列的通项公式以及分组求和法求数列的前n项和，观察

学生的计算能力，是一道中档题.20．已知椭圆C:x2y21的右焦点为F，直线l：x2被称作为椭圆C的一条准线，2点P在椭圆C上(异于椭圆左、右极点)，过点P作直线m:ykxt与椭圆C相切，且与直线l订交于点Q.（1）求证：PFQF.2P在x轴的上方，当△PQF的面积最小时，求直线m的斜率k.（）若点附：多项式因式分解公式：t63t45t21t21t44t21【答案】（1）证明见分析（2）512x2y21得2k21x22t2【剖析】（1）由24ktx20令0可得ykxtt22k21，进而获取P2k1Q(2,2kt)，利用数量积坐标计算uuuruuurt,，同理FPFQt即可；（2）SPQF3t2k1，分k0，k0两种情况谈论即可.22t【详解】（1）证明：点F的坐标为(10)，.x2y21，消去y后整理为2k21x24ktx2t220联立方程2ykxt有16k2t242k212t220，可得t22k21，x2kt2kt2k，y2k2ttt1.2k21t2t2k212k21t可得点P的坐标为2k,1.tt当x2时，可求得点Q的坐标为(2,2kt)，uuur2k1,12kt,1uuur(1,2kt).FP，FQttttuuuruuur2kt2kt0,有FPFQtt故有PFQF.（2）若点P在x轴上方，由于t22k21，所以有t1，由（1）知uuur222uuur(2kt)1(2kt)1(2kt)12|FP|；(2kt)1t2t2t2t|FQ|SPQF1uuuruuur(2kt)214k24ktt21(2t22)4ktt212|FP||FQ|2t2t2t3t24kt13t2k12t22t①由于k0时.由（1）知kt21，SPQF3t2t211222t由函数f(t)3t2t211(t1)单调递加，可得此时SPQFf(1)1.22t②当k0时，由（1）知kt21,SPQF3t2t211222t令g(t)3t2t21(t32t13t212t211),g(t)t212t22t2t212t2由3t2122t2222t23t22218t6t63t45t213t11t2t2t214t4t214t4t214t4t21

t21t44t21t21t2(25)t2(25)4t4(t21)4t4t21，故当t25时，g'(t)0，此时函数g(t)单调递加：当1t25时，g(t)＜0，此时函数g(t)单调递减，又由g(1)1，故函数g(t)的最小值g(25)1，函数g(t)取最小值时2k2125，可求得k51.2由①②知，若点P在x轴上方，当PQF的面积最小时，直线m的斜率为51.2【点睛】

本题观察直线与椭圆的地址关系，涉及到分类谈论求函数的最值，观察学生的运算求解

能力，是一道难题.21．已知函数f(x)e2x1ax2exax2(aR).（1）证明：当xe2时，exx2；（2）若函数f(x)有三个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）见分析；（2）(e2,)4【剖析】（1）要证明exx2(xe2)，只需证明x2lnx即可；（2）exax20有3个根，可转变成aex有3个根，即ya与h(x)ex有3x2x2个不同样交点，利用导数作出h(x)的图象即可.【详解】（1）令g(x)x2lnx，则g'(x)12x

，当xe2时，g'(x)0，

故g(x)在[e2,)上单调递加，所以g(x)g(e2)e240，即x2lnx，所以exx2.（2）由已知，f(x)e2x1ax2exax2(exax2)(ex1)，依题意，f(x)有3个零点，即x2有3个根，显然0不是其根，所以aexeax0x2exex(x2)，当x有3个根，令h(x)2，则h'(x)32时，h'(x)0，当0x2xx时，h'(x)0，当x0时，h'(