2020届黑龙江省哈尔滨市第三中学高三第三次模拟数学(文)试题(解析版)

（文）试题

一、单选题

1．已知i是虚数单位，复数zA．-3 【答案】A

【解析】利用复数除法运算法则化简复数z，结合实部概念得到结果. 【详解】 ∵

B．3

6i，则z的实部为（ ） 1iC．-2

D．2

6i6i(1i)3i(1i)33i， 1i2∴z的实部为-3 故选A 【点睛】

本题考查复数的代数运算，考查复数的基本概念，属于基础题. 2．若集合A{1,2,3}，B{x|x22x0}，则AIB（ ） A．{2} 【答案】D

【解析】化简集合B，由交集概念得到结果. 【详解】

∵B{x|x22x0}，A1,2,3 ∴B{x|x2或x0}，AIB{2,3}. 故选D 【点睛】

本题考查交集的概念与运算，属于基础题.

B．{3}

C．{1,2}

D．{2,3}

x2y23．若双曲线221(a0,b0)的一条渐近线与过其右焦点的直线y2x25平ab行，则该双曲线的实轴长为（ ） A．1 【答案】B

B．2

C．3

D．4

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【解析】由题意可得【详解】

b2，a2b25，从而得到结果. ax2y2∵双曲线221(a0,b0)的一条渐近线与过其右焦点的直线y2x25平ab行， ∴

b2，a2b25，a1，b2，∴2a2. a故选：B 【点睛】

本题考查双曲线的几何性质，考查运算能力，属于基础题.

vvvvvvvvvb3ab74．若向量a，b满足|a|2，，，则a(ab)（ ）

A．5 【答案】C

B．6

C．7

D．8

vvvv【解析】对条件ab7，两边平方可得ab3，从而可得结果.

【详解】 ∵abvv2vvvvvva|2b|22ab 492ab7，

∴ab3，

vvvvvv2vv∴aab|a|ab7.

故选C 【点睛】

本题考查平面向量的数量积运算，考查向量模的性质，考查运算能力，属于基础题. 5．某研究机构在对具有线性相关的两个变量x和y进行统计分析时，得到如下数据：

x y

4 1 6 2 8 3 10 5 12 6 ˆ0.65xˆa，则在这些样本点中任取一点，由表中数据求得y关于x的回归方程为y该点落在回归直线下方的概率为（ ） A．

2 5B．

3 5C．

3 4D．

1 2【答案】A

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【解析】求出样本点的中心，求出aˆ的值，得到回归方程得到5个点中落在回归直线下方的有(6,2)，(8,3)，共2个，求出概率即可． 【详解】

Qx8，y3.4，

故3.40.658aˆ，解得：a1.8，

ˆ0.65x1.8， 则y故5个点中落在回归直线下方的有(6,2)，(8,3)，共2个， 故所求概率是p故选：A． 【点睛】

本题考查回归方程概念、概率的计算以及样本点的中心，考查数据处理能力，是一道基础题．

6．若函数f(x)sinx3cosx(0)的最小正周期为，则f(x)的单调增区间为（ ）

2， 55](kZ)

1212C．[k,k](kZ)

63A．[k,kB．[kD．[k5,k](kZ) 1212,k](kZ) 36【答案】A

【解析】化简函数fx2sinx调增区间. 【详解】

，由周期性得到2，进而得到函数的单32fxsinx3cosx2sinx，，2，

3由2k故选：A 【点睛】

本题考查正弦型函数的图像与性质，考查函数的周期性与单调性，考查三角恒等变换，属于中档题.

7．如图所示的程序框图，若输出的S30，则输入的整数m值为（ ）

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22x32k2kZ得k12xk5kZ. 12

A．7 【答案】C

B．8 C．9 D．10

【解析】根据程序框图的运行，得到每一步的k和S的值，当停止循环，输出S时，此时的S用m表示，令其等于30，得到结果. 【详解】

执行程序框图，可得

Sm，km1m2； S2m1，km2； S3m3，km3m2，

输出S3m3，由3m330得m9. 故选C项. 【点睛】

本题考查程序框图的运行，根据输出值求输入值，属于简单题. 8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A．210 【答案】D

B．208 C．206 D．204

【解析】根据三视图还原出原几何体，并得到各棱的长度，通过切割法求出其体积. 【详解】

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由已知中的三视图可得：该几何体是由一个正方体切去一个三棱锥所得的组合体， 正方体的边长为6，

切去一个三棱锥的底面是直角边长分别为6，6的等腰直角三角形，高为2， 故该几何体的体积为V6故选D项. 【点睛】

本题考查三视图还原几何体，切割法求几何体体积，属于简单题.

9．德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》，在其年幼时，对

311662204. 32123L100的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前

后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法.现有函数

2x(m0)，则f(1)f(2)f(3)Lf(m2018)等于（ ）

3m6057m20182m4036m40362m4037A． B． C． D．

3366f(x)【答案】A

【解析】通过材料，理解高斯算法，根据高斯算法进行倒序相加，得到答案. 【详解】

f1f2f3Lfm2018 2m20173m60572m20183m6057，

2122L

3m60573m6057又f1f2f3Lfm2018 2m20183m60572m20173m6057L

2221，

3m60573m6057两式相加可得f1f2f3Lfm2018 故选A项. 【点睛】

本题考查对题意的理解，倒序相加法求和，属于简单题.

2m4036m2018.

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10．已知函数f(x)是偶函数，定义域为R，单调增区间为[0,)，且f(1)0，则

(x1)f(x1)0的解集为（ ）

A．[2,0]

【答案】C

【解析】利用偶函数的性质分类讨论解不等式即可. 【详解】

B．[1,1]

D．(,1][0,1]

C．(,0]U[1,2]0单调递减，且f10 由题意可知：函数fx在，令x1t，则tft0.当t0时，ft0，当t0，ft0，0t1；t1，∴0x11或x11.∴x0或1x2. 故选：C 【点睛】

本题考查综合函数的奇偶性与单调性，注意奇函数在对称区间的单调性相同，而偶函数在对称区间的单调性相反．

11．已知三棱锥DABC的四个顶点都在球O的球面上，若DC平面ABC，

ACB90o，AB32，DC23，则球O的表面积为（ ）

A．28 【答案】B

【解析】由于C处的三条棱两两垂直，可以把三棱锥补成长方体，求出体对角线长，即外接球的直径. 【详解】

由于C处的三条棱两两垂直，可以把三棱锥补成长方体.

设球O半径为R，则2RCD2AB230，球表面积S4R230.

2B．30

C．32

D．36

故选B 【点睛】

本题考查球O的表面积，考查学生的计算能力，求出球的半径是关键,属基础题.

1fx11,1x012．已知fx，若方程fx2axa1有唯一解，则

x,0x1第 6 页 共 20 页

实数a的取值范围是( ) A．2, 3B．,

232C．8,

328D．,

3【答案】D

【解析】根据题意，先表示出当x1,0的fx表达式，再根据fx表达式画出对应图像，若要使方程fx2axa1有唯一解，即等价于函数yfx与函数

gx2axa1有唯一的一个交点，采用数形结合进行求解即可.

【详解】

11,1x0令x1,0，则x10,1，fx1x1，所以fxx1，

x,0x1作出fx图像，如图所示，

方程fx2axa1有唯一解，即等价于fxgx2axa1有唯一的一个

gx2axa12ax交点，

1141A,1kB1,1，恒过，又因为，，AB3224212a,a，当gx与曲线fx1,1x0相切时，也满足条件，

33x1112axa12ax23axa10，9a28a28a0，解得令

x1， a0或a8，a0（舍去）

2所以当方程fx2axa1有唯一解，则实数a的取值范围是8,.

3第 7 页 共 20 页

答案选D 【点睛】

本题考查函数解析式的求法、函数的图像、方程的解与函数图像的关系，需要结合基本运算能力，推理能力，数形结合思想，转化与化归思想，对考生核心的数学素养要求较高.

二、填空题 13．曲线y1xex在点(0,1)处的切线方程为__________． x1【答案】y1 【解析】求得函数y程． 【详解】 ∵y1xex的导数，可得切线的斜率，由点斜式方程可得切线方x11xex x121x∴yx1e

x1∴x=0时，y110 ∴y1 故答案为y1 【点睛】

本题考查导数的运用：求切线方程，考查方程思想和运算能力，属于基础题．

2x3y6,14．已知变量x,y满足约束条件yx1,则目标函数zx2y的最小值为

x3y3,__________． 【答案】7

【解析】作出不等式组对应的平面区域，数形结合即可得到目标函数zx2y的最小值． 【详解】

解：作出不等式组对应的平面区域如图：

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1zx， 221z1z平移直线yx，由图象可知当直线yx经过点A时，纵截距最小，z

2222设z＝x+2y得y也最小，

x3y3由，解得A（﹣3，﹣2）

xy10∴目标函数zx2y的最小值为7 故答案为：7 【点睛】

本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．

x2y215．已知椭圆221(ab0)的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B.若点F

ab到直线AB的距离为【答案】

514b，则该椭圆的离心率为__________． 142 3【解析】由椭圆的顶点和截距式方程求出直线AB的方程，化为一般式方程，利用点到直线的距离公式列出方程化简，再由a、b、c的关系求出离心率的值． 【详解】

AB方程为bxayab0，点Fc,0到直线AB的距离为bcaba2b2514b，14ac∴

e25.∴a2c22ac252a2c2.∴2a3c18a13c0.∴

2214ab14c2. a32第 9 页 共 20 页

故答案为：【点睛】

2 3本题考查了椭圆的方程与性质，考查了点到直线的距离公式，考查推理能力与运算能力，属于中档题.

16．在锐角ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若a2，

tanAcosAcosCbc，则的取值范围是__________．

sinBsinCsinAsinC【答案】(22,4) 【解析】由tanAcosAcosC结合三角恒等变换知识可得cos2AcosB，即

sinAsinCbca，进而可得结果. B2A，从而得到A，又

64sinBsinCsinA【详解】

由已知得sinAsinAsinCcosAcosAcosC，

∴cos2Asin2AsinAsinCcosAcosC，∴cos2AcosACcosB. ∵ABC是锐角三角形， ∴B2A且02A∴

2，03A2，

6A4.

∵a2，∴∴

故答案为22,4

【点睛】

abca22,4.又， sinAsinBsinCsinAbc22,4.

sinBsinC本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理的应用．考查了学生对三角函数基础知识的理解和灵活运用．

三、解答题

17．已知等差数列an的前n项和为Sn，且S10120，a2a1，a4a2，a1a2成等比数列.

（1）求数列an的通项公式；

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（2）设Tn为数列115的最小的n值. 的前n项和，求满足Tn22sn【答案】（1）an2n1；（2）14.

【解析】（1）设出等差数列的基本量，根据条件，得到方程，解出首项和公差，可以得到an的通项.

（2）根据（1）得到的通项，求出前n项和Sn，得到和得到Tn，从而求出满足Tn【详解】

（1）设等差数列an的公差为d，

由S10120得10a145d120，2a19d24， 由a2a1，a4a2，a1a2成等比数列 得d2a1d4d且d0，

21的通项，然后利用裂项相消求Sn15的最小的n值. 22∴2a13d， ∴a13，d2，

∴等差数列an的通项公式为ana1n1d3n122n1. （2）∵Snna1nn1d2nn2，

11111∴， Snnn22nn2∴Tn111111111L 232435nn211111， 22n1n2由Tn15113得，

22n1n222n3n3560，

∴n的最小值为14. 【点睛】

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本题考查等差数列中基本量的计算，裂项法求数列通项，属于中档题.

18．某县共有户籍人口60万，经统计，该县60岁及以上、百岁以下的人口占比13.8%，百岁及以上老人15人.现从该县60岁及以上、百岁以下的老人中随机抽取230人，得到如下频数分布表： 年龄段（岁） 人数（人）

（1）从样本中70岁及以上老人中，采用分层抽样的方法抽取21人，进一步了解他们的生活状况，则80岁及以上老人应抽多少人？

（2）从（1）中所抽取的80岁及以上老人中，再随机抽取2人，求抽到90岁及以上老人的概率；

（3）该县按省委办公厅、省人民政府办公厅《关于加强新时期老年人优待服务工作的意见》精神，制定如下老年人生活补贴措施，由省、市、县三级财政分级拨款： ①本县户籍60岁及以上居民，按城乡居民养老保险实施办法每月领取55元基本养老金；

②本县户籍80岁及以上老年人额外享受高龄老人生活补贴； （a）百岁及以上老年人，每人每月发放345元的生活补贴；

（b）90岁及以上、百岁以下老年人，每人每月发放200元的生活补贴； （c）80岁及以上、90岁以下老年人，每人每月发放100元的生活补贴. 试估计政府执行此项补贴措施的年度预算. 【答案】（1）6；（2）

[60,70) 125 [70,80) 75 [80,90) 25 [90,99) 5 1；（3）6984万元 3【解析】（1）采用分层抽样的方法抽，求出各阶段人数的比例，即可求出结果； （2）直接利用古典概型公式即可得到结果；

（3）根据县60岁以上、百岁以下的人口占比13.8%，计算本县户籍60岁各阶段人数．每月领取55元基本养老金，再加外享受高龄老人生活补贴计算总和政府执行此项补贴措施的年度预算． 【详解】

（1）样本中70岁及以上老人共105人，其中80岁及以上老人30人， 所以21人中，80岁及以上老人应抽30216人. 105（2）在（1）中所抽取的80岁及以上的6位老人中，90岁及以上老人1人，记为A，

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其余5人分别记为B,C,D,E,F，从中任取2人，基本事件共15个：

A,B，A,C，A,D，A,E，A,F，B,C，B,D，B,E，B,F，C,D，

C,E，C,F，D,E，D,F，E,F.

记“抽到90岁及以上老人”为事件M，则M包含5个基本事件， ∴PM51. 153（3）样本中230人的月预算为2305525100520016150（元），

610513.8%40015126984104用样本估计总体，年预算为16150230（元）.

所以政府执行此项补贴措施的年度预算为6984万元. 【点睛】

本题考查了样本的数字特征及频率分布表的应用，考查古典概型，考查计算能力，考查分析问题解决问题的能力，属于基础题．

C1FAB. 19．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，E为A1C1的中点，ABBC2，

（1）求证：ABBC；

（2）若C1F//平面ABE，且C1F2，求点A到平面BCE的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2）3.

【解析】（1）根据C1FAB，CC1AB可得AB平面BCC1B1，故而ABBC；

（2）设平面EC1F与AB的交点为G，连接EG，FG，利用C1F//平面ABE，得到C1F//EG，也可以得到EC1//FG，进而得到四边形EC1FG是平行四边形，根据条件

求得VABC的面积为2，VBCE的面积为2，将三棱锥顶点和底面转换，利用等积法求得结果. 【详解】

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（1）在直三棱柱中，CC1AB，

又C1FAB，且C1F，C1C平面BCC1B1，CC1IC1FC1，

AB平面BCC1B1，

又QBC平面BCC1B1，

ABBC.

（2）设平面EC1F与AB的交点为G，连接EG，FG， 平面EC1F平面ABEEG，

QC1F//平面ABE，C1F//EG，

Q平面EC1FG与棱柱两底面的交线为FG，EC1，EC1//FG，

四边形EC1FG是平行四边形.

FGEC1，又E是A1C1的中点，FG11ACAC，F是BC中点， 1122由直棱柱中CF1，C1F2，CC13，

VABC的面积为2.

由（1）知AC，BECE11AC2AB225，

△BCE的面积为2.

设点A到平面BCE的距离为d， 由体积法得

2d23， d3， 33点A到平面BCE的距离为3.

【点睛】

该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有应用线面垂直证明线线垂直，利用等积法求点到平面的距离，属于简单题目.

20．已知抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，过点F，斜率为1的直线与抛物线

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C交于点A，B，且AB8． （1）求抛物线C的方程；

（2）过点Q（1，1）作直线交抛物线C于不同于R（1，2）的两点D、E，若直线DR，ER分别交直线l:y2x2于M，N两点，求|MN|取最小值时直线DE的方程． 【答案】（1）y24x；（2）xy20．

【解析】（1）过点F且斜率为1的直线方程与抛物线的方程联立，利用AB8求得p的值，即可求得抛物线C的方程；

（2）设D（x1，y1），E（x2，y2），直线DE的方程为xm(y1)1,m0，直线DR的方程为yk1(x1)2，由题意求出xM,xN得值，建立MN的解析式，再求出MN的最小值以及直线DE的方程． 【详解】

（1）抛物线C:y22px(p0)的焦点为F(直线方程为：yx2p,0)， 2p， 22p2代入y2px(p0)中，消去y得： x3px0，

4设A（x1，y1），B（x2，y2），则有x1x23p，

由AB8，得x1x2p8，即3pp8，解得p2， 所以抛物线C的方程为：y24x；

（2）设D（x1，y1），E（x2，y2），直线DE的方程为xm(y1)1,m0，如图所示， 由xm(y1)1，消去x，整理得：y24my4(m1)0， 2y4x∴y1y24m,y1y24(m1)， 设直线DR的方程为yk1(x1)2， 由yk1x12y2x2，解得点M的横坐标xMk1， k12y12k142又k1==，∴xM==-，

x11y12k12y1第 15 页 共 20 页

同理点N的横坐标xN2， y2y1y2(y1y2)24y1y2=4m2m1，

∴

y2y12285m2m1|MN|=5|xM-xN|=5|-+|=25||==

y1y2y1y24m125m2m1，

m1令m1t,t0，则mt1，

211113tt1=

∴|MN|=25••()21=25•()2≥25•25ttt24t23=15， 4所以当t2，即x01时，|MN|取最小值为15， 此时直线DE的方程为xy20．

【点睛】

本题主要考查了抛物线线的标准方程的求解、及直线与抛物线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等． 21．已知函数f(x)lnxabx(a,bR). x（1）当b0时，讨论函数f(x)的单调性； （2）若函数g(x)f(x)在xe（e为自然对数的底）时取得极值，且函数g(x)在x(0,e)上有两个零点，求实数b的取值范围.

【答案】（1）f(x)在(0,e1a)上单调递增，在(e1a,)上单调递减；（2）(第 16 页 共 20 页

11,). e22e【解析】（1）当b0时，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系，即可判断f（x）的单调性；

（2）函数gx在0,e上有两个零点等价于函数gx,x0,e的图像与x轴有两个交点，数形结合即可得到实数的取值范围. 【详解】

（1）当b0时，fxlnxa， x1xlnxa1alnx， xfxx2x2令fx0，得xe1a， 当x0,e1a时，fx0，当xe1a1a,时，fx0.

1a所以函数fx在0,e（2）gx∵gx在x∴g上单调递增，在e,上单调递减.

fxx12xlnxa2xlnxa12a2lnx， ，bx2gxxx4x3e时取得极值，

e0即12a10，

lnx12lnxgxb，， x3x2∴a0. 所以gx函数gx在0,e上单调递增，在得函数的极大值ge,上单调递减，

e1b， 2ege0,∴当函数gx在0,e上有两个零点时，必有1

2eb0,得当

11b. 2e2e1112geb0. b时，2ee2e1e∴gx的两个零点分别在区间,e与

e,e中.

第 17 页 共 20 页

11∴的取值范围是2,.

e2e【点睛】

已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路

(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；

(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．

x3cosCxOy22．在直角坐标系中，曲线1的参数方程为（为参数），以坐

ysin标原点为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为

sin()22.

（1）写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；

（2）设点P在C1上，点Q在C2上，求PQ的最小值以及此时P的直角坐标.

431x2【答案】（1）C1：y21，C2：xy40；（2）PQmin2，此时P(,).

223x2【解析】试题分析：（1）C1的普通方程为y21，C2的直角坐标方程为

3xy40；（2）由题意，可设点P的直角坐标为(3cos,sin)P到C2的距

离d()|3cossin4|π2|sin()2|

32π当且仅当2kπ(kZ)时，d()取得最小值，最小值为2，此时P的直

631角坐标为(,).

22x2试题解析： （1）C1的普通方程为y21，C2的直角坐标方程为xy40.

3（2）由题意，可设点P的直角坐标为(3cos,sin)，因为C2是直线，所以|PQ|的最小值即为P到C2的距离d()的最小值，

d()|3cossin4|π2|sin()2|.

32第 18 页 共 20 页

当且仅当2kπ标为(,).

π(kZ)时，d()取得最小值，最小值为2，此时P的直角坐63122【考点】坐标系与参数方程.

【方法点睛】参数方程与普通方程的互化：把参数方程化为普通方程，需要根据其结构特征，选取适当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法；加减消参法；平方和（差）消参法；乘法消参法；混合消参法等．把曲线C的普通方程F(x,y)0化为参数方程的关键：一是适当选取参数；二是确保互化前后方程的等价性．注意方程中的参数的变化范围．

23．已知函数f(x)|2xa||x3|(aR). （1）若a1，求不等式f(x)10的解集；

（2）已知a0，若f(x)3a2对于任意xR恒成立，求a的取值范围. 【答案】（1）x|x1或x1；（2）(2,).

【解析】（1）a1时，分类讨论，去掉绝对值，分类讨论解不等式.

（2）a0时，分类讨论去绝对值，得到fx解析式，由函数的单调性可得fx的最小值，通过恒成立问题，得到关于a的不等式，得到a的取值范围. 【详解】

1x2,x21（1）因为a1，所以fx3x4,x3，

2x2,x311xx3x3所以不等式fx10等价于或2或， 2x210x2103x410解得x1或x1.

所以不等式fx10的解集为x|x1或x1.

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axa3,x2a（2）因为a0，所以fx3xa3,x3，

2xa3,x3根据函数的单调性可知函数fx的最小值为f因为fx3a2恒成立，所以所以实数a的取值范围是2,. 【点睛】

本题考查分类讨论去绝对值，分段函数求最值，不等式恒成立问题，属于中档题.

aa3， 22a33a2，解得a2. 2第 20 页 共 20 页