2022年黑龙江省哈尔滨市永建中学高三数学文模拟试卷含解析

1、2022年黑龙江省哈尔滨市永建中学高三数学文模拟试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 复数（为虚数单位）的虚部是    a             b            c       

2、;      d参考答案：c2. 下列函数中，与函数 有相同定义域的是（     ）a .     b      c        d参考答案：a3. 已知函数，则函数的图象大致是(    )            a.

3、             b.              c.             d.参考答案：c4. 如图是某个几何体的三视图，则这个几何体的表面积是（    ）a  &#

4、160;      bc         d参考答案：b由三视图可知：该几何体由一个半圆柱与三棱柱组成的几何体。其直观图如下所示： 其表面积s=2×?12+2××2×1+×2×1+(+2)×2?2×1= ，故选：b点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，

5、宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.5. 一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图相同，其上部分是半圆，下部分是边长为2的正方形；俯视图是边长为2的正方形及其外接圆则该几何体的体积为（     ）a. b. c. d. (第6题图)参考答案：c解：由题意可知：该几何体上半部分为半球，下半部分为正方体，且正方体的面内切于半球的截面，且正方体的棱长为2，

6、 ，该几何体的体积为： .6. 在棱长为1的正四面体a-bcd中, e是bd上一点, ,过e作该四面体的外接球的截面,则所得截面面积的最小值为（    ）a. b. c. d. 参考答案：b【分析】作图可分析，设过作该四面体的外接球的截面,则所得截面面积最小的截面为小圆，则必垂直于该截面，设小圆的半径为，则必有，进而求解即可【详解】根据已知条件，作图如下：在棱长为1的正四面体中，从图中可见，该正四面体在棱长为的正方体内，设为中点，在中，设过作该四面体的外接球的截面,则所得截面面积最小的截面为小圆，则必垂直于该截面，设小圆半径为，,在，,则必有则所得截面面积的最小值

7、为故答案选b【点睛】本题考查立体几何的截面问题，解答的难点在于把截面面积最小的情况转化为所截的圆面问题，进而列式，属于难题7. （多选题）已知函数的部分图象如图所示，若将函数f(x)的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列命题正确的是（    ）a. 函数f(x)的解析式为b. 函数g(x)的解析式为c. 函数f(x)图象的一条对称轴是直线d. 函数g(x)在区间上单调递增参考答案：abd【分析】根据最高点坐标求出，根据最高点坐标与相邻的轴交点坐标，求出周期，进而求出，再由点坐标求出，求出的解析式，可判断选项a；根

8、据坐标变换关系，求出的解析式，可判断选项b；将代入，即可判断c选项；求出的单调递增区间，即可判断选项d.【详解】由图可知，所以，解得，故因为图象过点，所以，即因为，所以，所以，故故a项正确；若其纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，所得到的函数解析式为，再向右平移个单位长度，所得到的函数解析式故b项正确；当时，即时，不取最值，故不是函数的一条对称轴，故c项错误；令，得，故函数的单调增区间是，当时，在区间上单调递增所以d项正确故选：abd【点睛】本题考查由函数图象求解析式、三角函数图象变换关系、三角函数的性质，属于中档题.8. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象   （

9、 ）a向上平移一个单位                 b向下平移一个单位c向左平移一个单位                 d向右平移一个单位参考答案：d9. 已知全集u=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,集合a=0,1,3,5,8,集合b=2,4,5,6,8,则 (）a

10、5,8         b7,9          c0,1,3        d2,4,6参考答案：b10. 已知等差数列an中，a2=7，a4=15，则前10项的和s10=（）a100b210c380d400参考答案：b【考点】等差数列的通项公式【分析】由第二项和第四项的值可以求出首项和公差，写出等差数列前n项和公式，代入n=10得出结果【解答】解：d=

11、，a1=3，s10=10×3+frac10×9×42=210，故选b【点评】若已知等差数列的两项，则等差数列的所有量都可以求出，只要简单数字运算时不出错，问题可解二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 复数z满足（1+i）z=|1i|，是z的虚部为     参考答案：【解答】解：复数z满足（1+i）z=|1i|，z=i，z的虚部为故答案为：12. 已知满足约束条件，则的最小值是_.参考答案：13. 在abc中，ab=2，则bc=_.参考答案：1由题意，根据余弦定理得，即，解得，或（舍去）.故填1. 

12、;14. 若的二项展开式中，的系数为，则实数         参考答案：二项展开式的通项公式为，由得，所以，即的系数为，所以，所以。15. 设全集是实数集，则图中阴影部分所表示的集合是.参考答案：16. 设abc的三个内角a，b，c所对应的边为a，b，c，若a，b，c依次成等差数列且a2+c2=kb2，则实数k的取值范围是参考答案：（1，2【考点】hr：余弦定理【分析】利用角a、b、c成等差数列b=，利用a2+c2=kb2，可得k=sin（2a）+，即可利用正弦函数的性质求得实数k的取值范围【解答】解：a+b+c=

13、，且角a、b、c成等差数列，b=（a+c）=2b，解之得b=，a2+c2=kb2，sin2a+sin2c=ksin2b=，k= = sin2a+cos2a+sinacosa）= sin（2a）+，0a，2a，sin（2a）1，1sin（2a）+2，实数k的取值范围是（1，2故答案为：（1，217. 变量x、y满足条件，则（x2）2+y2的最小值为   参考答案：5【考点】简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，利用（x2）2+y2的几何意义，即可行域内的动点与定点m（2，0）距离的平方求得答案【解答】解：由约束条件作出可行域如图，（x2）2+y2的几何意义为可行域内的动点

14、与定点m（2，0）距离的平方，由图可知，（x2）2+y2的最小值为故答案为：5三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 已知pa平面abcd，cdad，baad，cd=ad=ap=4，ab=1（1）求证：cd平面adp；（2）若m为线段pc上的点，当bmac时，求二面角cabm的余弦值参考答案：（1）证明：因为pa平面abcd，pa?平面adp，所以平面adp平面abcd（2分）又因为平面adp平面abcd=ad，cdad，所以cd平面adp（4分）（2）ad，ap，ab两两垂直，建立如图所示空间坐标系，则a（0，0，0），b（0，0，1），c（4，

15、0，4），p（0，4，0），（6分）设m（x，y，z），所（x，y4，z）=（4，4，4），因为bmac，所以，（4，44，41）（4，0，4）=0，解，所以m=，（8分）设为平面abm的法向量，则，又因为所以令为平面abm的一个法向量又因为ap平面abc，所以为平面abc的一个法向量（10分）=，所以二面角cabm的余弦值为（12分）法2：在平面abcd内过点b作bhac于h，在平面acp内过点h作hmap交pc于点m，连接mb  （6分），因为ap平面abcd，所以hm平面abcd又因为ac?平面abcd，所以hmac又bhhm=h，bh?平面bhm，hm?平面bhm，所以ac平

16、面bhm所以acbm，点m即为所求点（8分）在直角abh中，ah=，又ac=，所以又hmap，所以在acp中，在平面pcd内过点m作mncd交dp于点n，则在pcd中，因为abcd，所以mnba连接an，由（1）知cd平面adp，所以ab平面adp所以abad，aban所以dan为二面角cabm的平面角（10分）在pad中，过点n作nspa交da于s，则，所以as=，ns=，所以na=所以所以二面角cabm的余弦值为（12分）点评： 本题考查利用面面垂直证明线面垂直，是证明题常见题型在未知某点坐标时利用条件求出点的坐标时该题的难点也是高考常考题型考点： 用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直

17、的判定专题： 常规题型；空间向量及应用分析： （1）利用面面垂直证明线面垂直（2）合理建系写出对应坐标，充分理解bmac的意义求得m点坐标解答： （1）证明：因为pa平面abcd，pa?平面adp，所以平面adp平面abcd（2分）又因为平面adp平面abcd=ad，cdad，所以cd平面adp（4分）（2）ad，ap，ab两两垂直，建立如图所示空间坐标系，则a（0，0，0），b（0，0，1），c（4，0，4），p（0，4，0），（6分）设m（x，y，z），所（x，y4，z）=（4，4，4），因为bmac，所以，（4，44，41）（4，0，4）=0，解，所以m=，（8分）设为平面abm的法向量

18、，则，又因为所以令为平面abm的一个法向量又因为ap平面abc，所以为平面abc的一个法向量（10分）=，所以二面角cabm的余弦值为（12分）法2：在平面abcd内过点b作bhac于h，在平面acp内过点h作hmap交pc于点m，连接mb  （6分），因为ap平面abcd，所以hm平面abcd又因为ac?平面abcd，所以hmac又bhhm=h，bh?平面bhm，hm?平面bhm，所以ac平面bhm所以acbm，点m即为所求点（8分）在直角abh中，ah=，又ac=，所以又hmap，所以在acp中，在平面pcd内过点m作mncd交dp于点n，则在pcd中，因为abcd，所以mnba

19、连接an，由（1）知cd平面adp，所以ab平面adp所以abad，aban所以dan为二面角cabm的平面角（10分）在pad中，过点n作nspa交da于s，则，所以as=，ns=，所以na=所以所以二面角cabm的余弦值为（12分）点评： 本题考查利用面面垂直证明线面垂直，是证明题常见题型在未知某点坐标时利用条件求出点的坐标时该题的难点也是高考常考题型19. 已知向量为实数（1）若，求t的值；（2）若t=1，且，求的值参考答案：【考点】9r：平面向量数量积的运算；gl：三角函数中的恒等变换应用【分析】（1）运用向量的加减运算和同角的平方关系，即可求得cos=，sin=进而得到t的值；（2）

20、运用向量的数量积的坐标表示，结合条件的商数关系，求得tan，再由二倍角的正切公式和和角公式，计算即可得到所求值【解答】解：（1）向量为实数，若，则（2cos2sin，sin2t）=（，0），可得cossin=，平方可得sin2+cos22cossin=，即为2cossin=1=，（cos0，sin0），由sin2+cos2=1，解得cos+sin=，即有cos=，sin=则t=sin2=；（2）若t=1，且，即有4cossin+sin2=1，即有4cossin=1sin2=cos2，由为锐角，可得cos（0，1），即有tan=，则tan2=，=【点评】本题考查向量的加减运算和数量积的坐标表示，

21、考查同角的基本关系式和二倍角正切公式及和角公式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题20. （本小题满分12分）    已知函数。（1）设a=1，讨论的单调性；（2）若对任意，求实数a的取值范围。参考答案：（），定义域为                         2分设，则因为，所以在上是减函数，又，于是，；，所以的增

22、区间为，减区间为                        6分（）由已知，因为，所以（1）当时，不合题意                     

23、0;         8分（2）当时，由，可得设，则，设，方程的判别式若，在上是增函数，又，所以，                              10分若，所以存在，使得，对任意，在上是减函数，又，所以，不合题意综上，

24、实数的取值范围是                                   12分 21. 已知圆c：x2+y2=9，点a（5，0），直线l：x2y=0（1）求与圆c相切，且与直线l垂直的直线方程；（2）在直线oa上（o为坐标原点），存在定点b（不同于点a），满足：对于圆c上任一点p，都有为一常数，试求所有满足条件的点b的坐标参考答案：解：（1）设所求直线方程为y=2x+b，即2x+yb=0，直线与圆相切，得，所求直线方程为，（2）方法1：假设存在这样的点b（t，0），当p为圆c与x轴左