黑龙江省哈尔滨市第三中学第一次高考模拟考试数学理试卷带解析.docx

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2017届黑龙江省哈尔滨市第三中学第一次高考模拟考试数学（理）试卷（带解析）

考试范围：

xxx；考试时间：

100分钟；命题人：

xxx

题号

一

二

三

总分

得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

评卷人

得分

一、选择题

1．若集合A={x|x2+x−2<0}，集合B={x|1x2>1}，则A∩B=（）

A.（−1,2）B.（−∞,−1）∪（1,+∞）C.（−1,1）D.（−1,0）∪（0,1）

2．在复平面内，复数2−i1−i（i是虚数单位）对应的点在（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3．在等差数列{an}中，a2+a4=36，则数列{an}的前5项之和S5的值为（）

A.108B.90C.72D.24

4．如果执行下面的程序框图，那么输出的结果s为（）

A.8B.48C.384D.3840

5．若实数x,y满足约束条件{y≥0y≤xy≤−2x+9，则z=x+3y的最大值等于（）

A.0B.92C.12D.27

6．已知函数f（x）=3sinωx+cosωx（ω>0），y=f（x）的图象与直线y=2的两个相邻交点的距离等于π，则f（x）的单调递增区间是（）

A.[kπ−π12,kπ+5π12]，k∈ZB.[kπ+5π12,kπ+11π12]，k∈Z

C.[kπ+π6,kπ+2π3]，k∈ZD.[kπ−π3,kπ+π6]，k∈Z

7．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）

A.23B.3C.23D.43

8．下列结论中正确的个数是（）

①“x=π3”是“sin（x+π2）=12”的充分不必要条件

②若a>b，则am2>bm2；

③命题“∀x∈R，sinx≤1”的否定是“∀x∈R，sinx>1”；

④函数f（x）=x−cosx在[0,+∞）内有且仅有两个零点．

A.1B.2C.3D.4

9．已知非零向量a，b满足|a+b|=|a−b|=2，|a|=1，则a+b与a−b的夹角为（）

A.π6B.π3C.2π3D.5π6

10．将A,B,C,D,E五名学生分到四个不同的班级，每班至少一名学生，则A,B被分到同一个班级的概率为（）

A.35B.25C.15D.110

11．若ΔPAD所在平面与矩形ABCD所在平面互相垂直，PA=PD=AB=2，∠APD=600，若点P,A,B,C,D都在同一个球面上，则此球的表面积为（）

A.253πB.283πC.282127πD.252127π

12．已知椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0），右焦点F（c,0），点A（c,b），椭圆上存在一点M使得OM•OA=OF•OA，且OM+OF=tOA（t∈R），则该椭圆的离心率为（）

A.22B.32C.33D.23

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

评卷人

得分

二、填空题

13．在等比数列{an}中，a1=1,a4=8，则a7=__________．

14．（x−2x）6展开式中的常数项为__________．

15．进位制是人们为了计数和运算方便而约定的计数系统，“满几进一”就是几进制，不同进制之间可以相互转化，例如把十进制的89转化为二进制，根据二进制数“满二进一”的原则，可以用2连续去除89得商，然后取余数，具体计算方法如下：

89=2×44+144=2×22+022=2×11+011=2×5+15=2×2+12=2×1+01=2×0+1

把以上各步所得余数从下到上排列，得到89=1011001

（2）

这种算法叫做“除二取余法”，上述方法也可以推广为把十进制数化为k进制数的方法，称为“除k取余法”，那么用“除k取余法”把89化为七进制数为__________．

16．当a<12时，关于x的不等式（ex−a）x−ex+2a<0的解集中有且只有两个整数值，则实数a的取值范围是__________．

评卷人

得分

三、解答题

17．在ΔABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，其外接圆半径为1，（c−2a）cosB+bcosC=0．

（1）求角B的大小；

（2）求ΔABC周长的取值范围．

18．某电子元件厂对一批新产品的使用寿命进行检验，并且厂家规定使用寿命在[300,500]为合格品，使用寿命超过500小时为优质品，质检科抽取了一部分产品做样本，经检测统计后，绘制出了该产品使用寿命的频率分布直方图（如图）：

（1）根据频率分布直方图估计该厂产品为合格品或优质品的概率，并估计该批产品的平均使用寿命；

（2）从这批产品中，采取随机抽样的方法每次抽取一件产品，抽取4次，若以上述频率作为概率，记随机变量X为抽出的优质品的个数，列出X的分布列，并求出其数学期望．

19．已知四边形ABCD为直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，BC=2AB=4，AD=3，F为BC中点，EF//AB，EF与AD交于点E，沿EF将四边形EFCD折起，连接AD,BC,AC．

（1）求证：

BE//平面ACD;

（2）若平面ABFE⊥平面EFCD．

（I）求二面角B−AC−D的平面角的大小；

（II）线段AC上是否存在点P，使FP⊥平面ACD，若存在，求出APAC的值，若不存在，请说明理由．

20．已知抛物线E:

x2=2py（p>0），其焦点为F，过F且斜率为1的直线被抛物线截得的弦长为8．

（1）求抛物线E的方程；

（2）设A为E上一动点（异于原点），E在点A处的切线交x轴于点P，原点O关于直线PF的对称点为点B，直线AB与y轴交于点C，求ΔOBC面积的最大值．

21．已知函数f（x）=ax,g（x）=lnx，（a∈R）．

（1）若函数y=f（x）与y=g（x）的图象在（0,+∞）上有两个不同的交点，求实数a的取值范围；

（2）若在[1,+∞）上不等式xf（x−1）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；

（3）证明：

对于x∈[1,+∞）时，任意t>0，不等式2tx+t2−t>lnx+tx恒成立．

22．选修4-4：

坐标系与参数方程

在直角坐标系中，以原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的参数方程为{x=1−22ty=1+22t（t为参数），曲线C的极坐标方程为ρ=6cosθ．

（1）若l的参数方程中的t=2时，得到M点，求M的极坐标和曲线C的直角坐标方程；

（2）若点P（1,1），l和曲线C交于A,B两点，求1|PA|+1|PB|．

23．选修4-5：

不等式选讲

已知函数f（x）=|x+2|+|x−1|．

（1）求不等式f（x）≥5的解集；

（2）若关于x的不等式f（x）≥m2−2m的解集为R，求实数m的取值范围．

试卷第5页，总5页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

参考答案

1．D

【解析】因为A={x|−2

2．A

【解析】因为z=2−i1−i=12（2−i）（1+i）=32+12i，应选答案A。

3．B

【解析】由于a1+a5=a2+a4=36，所以S5=5（a1+a5）2=5×362=90，应选答案A。

点睛：

解答本题的简捷思路是巧妙运用等差数列的性质a1+a5=a2+a4=36，然后整体代换前5项和中的a1+a5=36，从而使得问题的解答过程简捷、巧妙。

当然也可以直接依据题设条件建立方程组进行求解，但是解答过程稍微繁琐一点。

4．C

【解析】根据算法流程图中的运算程序可知：

当S=2,i=4<10时，S=2×4=8；则此时S=8,i=4+2=6<10时，S=8×6=48；则此时S=48,i=6+2=8<10时，S=48×8=384；此时S=384,i=8+2=10≥10，则输出S=384，应选答案C。

5．C

【解析】

画出不等式组{y≥0y≤xy≤-2x+9表示的区域如图，结合图形可知当动直线y=−13x+13z经过点A（3,3）时，动直线y=−13x+13z在13z轴上的截距最大，zmax=3+3×3=12，应选答案C。

6．D

【解析】因为f（x）=2sin（ωx+π6），所以最小正周期T=2πω，又由题设可知T=π故T=2πω=π⇒ω=2，故f（x）=2sin（2x+π6），其单调递增区间为2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，即kπ−π3≤x≤kπ+π6,k∈Z，应选答案D。

7．A

【解析】从题设中提供的三视图是数据信息与图形信息可知该几何体是两同底等高的正四棱锥的拼合体，则其体积V=13×1×1×22×2=23，应选答案A。

8．A

【解析】由于x=π3时，sin（x+π2）=12成立，反之不成立，所以①正确；因为若m=0，命题“若a>b，则am2>bm2”不正确，因此②不正确；由于全称命题与特称命题互为否定，因此③不正确；由于当π2cosx，所以函数f（x）=x-cosx在[0,+∞）内仅有一个零点，即④不正确。

应选答案A。

9．C

【解析】

由题设|a+b|=|a-b|=2及向量的几何运算可知以a，b为邻边的平行四边形是矩形，即a⊥b，如图，由于|a+b|=|a-b|=2，|a|=1，所以可运用解直角三角形求得∠ODA=∠OCA=30∘，所以∠COD=120∘，即向量a+b与a-b的夹角为∠COD=120∘=2π3，应选答案C。

点睛：

解答本题的关键是搞清楚向量的几何意义与题设中条件的关系，也是解答这类问题的难点之所在。

求解时先依据向量的几何意义可推知向量a+b与a-b是以a，b为邻边的平行四边形的对角线，由题设该四边形是矩形，因此构造上面几何图形进行求解，从而使得问题简捷、巧妙获解。

10．D

【解析】依据题设条件可知只要将两名同学的情况确定，其它四名同学就可以确定了。

因此先考虑两名同学在一起的可能有AB,AC,AD,AE,BC,BE,BD,CE,CD,DE，共十种情形，其中含AB只有一种，所以A,B被分到同一个班级的概率为P=110，应选答案D。

11．B

【解析】

如图，依据题设条件可知ΔPAD是正三角形，四边形ABCD是正方形，设球心为O，正方形的中心为O1，则OP=OC=R,PM=3,ON=O1M=1,O1C=2，球半径R=d2+2=（3−d）2+1，解之得d=13，所以R=13+2=73，所以球面面积S=4πR2=4π×73=28π3，应选答案B。

点睛：

几何体的外接球的体积面积的探求一直是中学数学中的难点，本题以四棱锥为载体，旨在考查四棱锥的外接球的的面积。

求解这类问题的关键是确定该几何体的外接球的球心与半径，求解球心与半径时充分借助运用球心距、球半径、截面圆的半径之间的关系建立方程进行求解，从而使得问题获解。

12．A

【解析】依据题设条件可设M（m,n）是椭圆上满足条件点，则OA=（c,b）,OF=（c,0）,OM=（m,n），故由题意mc+nb=c2，又题设可得{m+c=tcn=tb⇒{m=tc−cn=bt代入mc+nb=c2可得t=2c2b2