2021届黑龙江省哈尔滨九中高三三模数学理试题解析版

2021届黑龙江省哈尔滨九中高三三模数学（理）试题一、单选题1．设U是全集，是U的三个子集，则阴影部分所示的集合为（）A． B．C． D．【答案】B【分析】由图象可知阴影部分对应的集合的元素一定不在集合S中，因此在，且在集合M与集合P的交集中．【详解】由图象可知：阴影部分对应的集合的元素x∉S，∴x∈，且x∈M∩P，因此x∈（）∩（M∩P）．故选：B．【点睛】本题考查了集合与韦恩图的对应关系，分析元素的特点是关键，属于基础题．2．命题“，总有”的否定是（）A．，总有 B．，总有C．，使得 D．，使得【答案】D【分析】利用全称命题的否定可得出结论.【详解】由全称命题的否定可知，命题“，总有”的否定是“，使得”.故选：D.3．学校为了解900名新生的身体素质，将这些学生编号1，2，3，…，900，从这些新生中用系统抽样方法抽取100名学生进行体质测验.若26号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是（）A．18学生 B．269号学生 C．616号学生 D．815号学生【答案】B【分析】根据抽样间隔可知若26号学生被抽到，则被抽到，对四个选项逐个判断可得答案.【详解】依题意抽样间隔为，若26号学生被抽到，则被抽到，由可知不是整数，故A不正确；由得符合题意，故B正确；由可知不是整数，故C不正确；由可知不是整数，故D不正确；故选：B4．希尔宾斯基三角形是一种分形，由波兰数学家希尔宾斯基在1915年提出，先作一个正三角形，挖去一个“中心三角形”（即以原三角形各边的中点为顶点的三角形），然后在剩下的小三角形中又挖去一个“中心三角形”，我们用白色代表挖去的面积，那么黑三角形为剩下的面积（我们称黑三角形为希尔宾斯基三角形）.在如图第3个大正三角形中随机取点，则落在黑色区域的概率为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据几何概型概率求解.计算出第3个大正三角形中黑色区域的面积，再除以大正三角形面积得结果.【详解】设大正三角形面积为1，则黑色区域面积为所以落在黑色区域的概率为.故选：B【点睛】本题考查几何概型概率，考查基本分析求解能力，属基础题.5．若，，直线：，圆：．命题：直线与圆相交；命题：．则是的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由直线与圆相交，求出命题为真时的关系，再由充分、必要条件的定义，即可得出结论.【详解】直线：，圆：，命题为真：即直线与圆相交，则，即.当命题成立时，即，则成立，命题成立，是的必要条件；而当命题成立时，取，此时命题不成立，不是的充分条件.所以是的必要不充分条件.故选：B.6．函数的图象大致是A． B．C． D．【答案】D【分析】根据函数为偶函数排除,当时,利用导数得在上递减,在上递增,根据单调性分析不正确,故只能选.【详解】令,则,所以函数为偶函数,其图像关于轴对称,故不正确,当时,,,由,得,由,得,所以在上递减,在上递增,结合图像分析,不正确.故选:D【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性判断函数的图象,考查了利用导数研究函数的单调性,利用单调性判断函数的图象,属于中档题.7．已知为实数，为虚数单位，若，则A． B． C． D．【答案】D【详解】由题设复数是实数，即且时，所以，则，应选答案D．8．设的三边长分别为，，，若的面积为，内切圆半径为，则，类比这个结论可知：若四面体的四个面的面积分别为，，，，内切球半径为，四面体的体积为，则（）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据平面与空间之间的类比推理，由点类比点或直线，由直线类比直线或平面，由内切圆类比内切球，由平面图形面积类比立体图形的体积，结合求三角形的面积的方法类比求四面体的体积即可．【详解】设四面体的内切球的球心为，则球心到四个面的距离都是R，所以四面体的体积等于以为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．则四面体的体积为：.故选：C.9．从将标号为1，2，3，…，9的9个球放入标号为1，2，3，…，9的9个盒子里，每个盒内只放一个球，恰好3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法种数为（）A．84 B．168 C．240 D．252【答案】B【分析】先确定标号与其在盒子的标号不一致的3个球，是组合问题,可得其排法数，进而分折可得三个标号与其在盒子的标号不一致的排法数，由分步计数原理，计算可得结果.【详解】解：根据题意，先确定标号与其在盒子的标号不一致的3个球，即从9个球中取出3个，有种，而这3个球的排法有2×1×1=2种，则共有种，故选:B.【点睛】方法点睛:有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.10．如图，在长方体中，，，若面对角线上存在一点，使得取得最小值，则此最小值为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】将对角面绕旋转至与平面在同一平面内，可确定当三点共线时，所求距离之和最短，利用解三角形的知识可求得最小值.【详解】将长方体对角面绕旋转至与平面在同一平面内，如下图所示：则当三点共线时，取得最小值，又，，，，，在中，由余弦定理得：，，即的最小值为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的距离之和的最值的求解，解题关键是能够通过翻转平面，将问题转化为平面中的两点间的最短距离的求解问题.11．设函数是奇函数（）的导函数，当时，，且，则使得成立的的取值范围（）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造函数，求导并结合已知得到在上为递减函数，进一步推出时，，时，，据此可求出使得成立的的取值范围.【详解】令，则，所以在上为递减函数，所以当时，，又，所以，当时，，又，所以，所以当时，，又所以时，，因为为奇函数，所以时，，所以或，或，或.故选：A【点睛】关键点点睛：构造函数，利用导数判断其单调性，根据单调性推出当时，，当时，是解题关键.12．若，，平面内一点满足，则的最大值是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由知为线段的靠近的一个三等分点，且，由推出为的平分线，根据角平分线定理得到，设，则，根据余弦定理以及基本不等式求出的最小值，从而可得的最大值.【详解】由知为线段的靠近的一个三等分点，且，因为，所以，所以，所以，所以为的平分线，根据角平分线定理可得，设，则，所以，当且仅当时，等号成立，所以，即的最大值是.故选：B【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.二、填空题13．，则的值为__________．【答案】【分析】根据二倍角的余弦公式求出，再根据诱导公式可求出结果.【详解】因为，所以，即，所以，所以.故答案为：14．椭圆内，过点且被该点平分的弦所在的直线方程为______．【答案】【分析】设出坐标，根据点在椭圆上利用点差法求解出的值，再利用直线的点斜式方程可求解出直线方程.【详解】设直线与椭圆的两个交点为，因为在椭圆上，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以的方程为：，即，故答案为：.15．已知满足约束条件，则的最大值为___________.【答案】【分析】由题意画出可行域，表示可行域中的点到原点的距离，由图可知点B到原点的距离最大，求出点B的坐标代入可得结果【详解】解：满足约束条件所表示的可行域如图所示，表示可行域中的点到原点的距离，由图可知点B到原点的距离最大，由，解得，即，所以的最大值为，故答案为：16．已知数列与的前项和分别为，，且，，，，则的取值范围是__________．【答案】中对应的那些值【分析】根据递推关系式求出，代入得，再根据裂项求和法求出，再根据数列的单调性可求出结果.【详解】当时，得，因为，所以，当时，，，所以，因为，所以，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，所以，所以，因为数列为递增数列，所以，又，所以的取值范围是.故答案为：中对应的那些值.【点睛】关键点点睛：利用裂项求和法求出是解题关键.三、解答题17．已知的内角，所对的边分别是，且.（1）求角A的大小；（2）若，且的面积，求a.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由正弦定理结合辅助角公式得出角A的大小；（2）利用面积公式以及余弦定理，解出的值．【详解】（1）因为，由正弦定理得；所以得因故（2）得所以18．在三棱锥中，，，.（1）求证：；（2）若为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取中点，连接，，证明平面即可；（2）首先证明平面，然后以射线，，为，，正半轴建系，然后算出和平面的法向量即可得到答案.【详解】（1）取中点，连接，，因为，，所以，，又因为，所以平面，即.（2）由（1）得，平面，又因为平面，所以平面平面，易得，，所以，即，又因为平面平面，所以平面，如图所示，以射线，，为，，正半轴建系，，，，，，，，，设为平面一个法向量，则有，取，设为直线与平面所成角，则.即直线与平面所成角的正弦值为.19．已知抛物线：（）的焦点为，点在抛物线上，点的横坐标为2，且，，是抛物线上异于的两点．（1）求抛物线的标准方程；（2）若直线，的斜率之积为，求证：直线恒过定点．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）利用抛物线的焦点坐标，求出，然后求抛物线的方程；（2）通过直线的斜率是否存在，设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及斜率乘积关系，转化求解即可．【详解】（1）由题意得，设，由点是上一点，所以，得，即所以抛物线的标准方程为（2）设，由题可知得可知直线斜率存在设直线的方程为可得，∴所以直线过定点.【点睛】关键点点睛：设直线的方程为，设，，直线与抛物线联立，利用根与系数的关系求出m是解题的关键.20．近年来，随着我国汽车消费水平的提高，二手车流通行业得到迅猛发展．某汽车交易市场对2017年成交的二手车交易前的使用时间（以下简称“使用时间”）进行统计，得到频率分布直方图如图1．图1图2（1）记“在年成交的二手车中随机选取一辆，该车的使用年限在”为事件，试估计的概率；（2）根据该汽车交易市场的历史资料，得到散点图如图2，其中(单位：年)表示二手车的使用时间，(单位：万元)表示相应的二手车的平均交易价格．由散点图看出，可采用作为二手车平均交易价格关于其使用年限的回归方程，相关数据如下表（表中，）：①根据回归方程类型及表中数据，建立关于的回归方程；②该汽车交易市场对使用8年以内(含8年)的二手车收取成交价格的佣金，对使用时间8年以上(不含8年)的二手车收取成交价格的佣金．在图1对使用时间的分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值．若以2017年的数据作为决策依据，计算该汽车交易市场对成交的每辆车收取的平均佣金．附注：①对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为；②参考数据：．【答案】（1）0.40；（2）0.29万元【分析】⑴由频率分布直方图可得，该汽车交易市场年成交的二手车使用时间在的频率为，在的频率为，从而得出的概率⑵①求出关于的线性回归方程为，，分别求出和，继而求出关于的回归方程②分别求出对应的频率，然后计算平均佣金【详解】（1）由频率分布直方图得，该汽车交易市场2017年成交的二手车使用时间在的频率为，在的频率为所以．（2）①由得，即关于的线性回归方程为．因为，所以关于的线性回归方程为，即关于的回归方程为②根据①中的回归方程和图1，对成交的二手车可预测：使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为；使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为；使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为；使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为；使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为所以该汽车交易市场对于成交的每辆车可获得的平均佣金为万元【点睛】本题主要考查了非线性回归方程及其应用，离散型随机变量的分布列等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属于基础题．21．已知函数.（1）证明：函数有三个零点；（2）若对，不等式恒成立，求实数a的取值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由为奇函数，得是一个零点，转化为证明在上有且只有一个零点，求出，再对两次求导，确定的单调区间，再结合零点存在性定理，即可证明结论；（2）不等式化为，再由（1）中的结论讨论零、正、负，分离参数，构造新函数，转化为与新函数的最值关系，通过求导求出新函数的最值，即可求出结论.【详解】解：（1）证明：因为为奇函数，且，只需证在上有且只有一个零点即可.当，记，记，，在上递增，又，在上递增，又，，所以存在唯一实数，使得，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增.，，又，所以函数在上有且只有一个零点，所以函数有三个零点.（2）由，可得，由（1）知：①当时，，，此时，对于任意，恒成立.②当时，，由，得，令，下面研究的最小值，，令，，令，对成立，函数在上为增函数，而，又，存在唯一实数，使得，当时，；当时，.函数在上递减，在递增，，，函数在上递减，，.③当时，，由，得，由②可知，所以函数在上为减函数，当时，，，综上，.【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到函数的单调性、极值最值、零点，以及不等式恒成立问题，分离参数是解题的关键，构造函数多次求导是解这种类型题的重要