【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第六中学2021届高三下学期第四次模拟考试理科数学（含答案）.doc，共(11)页，518.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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哈尔滨市第六中学2018级高三第四次模拟考试理科数学试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合32log1Axyx，2Byyx，则

AB（）A.(1,2]B．[2,)C．[0,)D．(1,)2.设z为复数，则下列命题中错误的是（）A．2zzzB．若1z，则zi的最大值为2C．22zzD．若11z，则02z3.近日，哈六中高三学年举行了“十八而志，青春万岁”成人礼，现在需要从4个语言类

节目和6个歌唱类节目中各选2个节目进行展演，则语言类节目A和歌唱类节目B至少有一个被选中的不同选法种数是（）A．15B．45C．60D．754.下列四个结论中正确的个数是（）①“220xx”是“1x”的充分不必要条件；②命题：“xR，sin1x”的否定是“0xR，0sin

1x”；③“若4x，则tan1x”的否命题为真命题；A．0B．1C．2D．35.函数12ln41xxxfx的部分图像大致为（）．ABCD6.记nS为数列na的前n项和，若21nnSa＝，则10S＝（）A．B．C．1

023D．10247.已知F是抛物线24yx的焦点，P是抛物线上的一个动点，3,1A，则APF周长的最小值为（）A．225B．45C．35D．658.人教A版选择性必修二教材的封面图案是斐波那契螺旋线，它被誉

为自然界最完美的“黄金螺旋”，自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案，例如向日葵､鹦鹉螺等．斐波那契螺旋线的画法是:以斐波那契数1，1，2，3，5，8，…为边长的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．下图为该螺旋线在正方形边长为1，

1，2，3，5，8的部分，如图建立平面直角坐标系（规定小方格的边长为1），则接下来的一段圆弧所在圆的方程为（）．xA．22144xyB．2212144xyC．2242169xyD．

2242169xy9.已知函数sin0,0,||fxAxA的部分图象如图所示，将fx的图象向右平移0aa个单位长度，得到函数gx，若gx满足

gxgx，则a的最小值为（）A．12B．6C．4D．12510.景德镇陶瓷世界闻名，其中青花瓷最受大家的喜爱，如图1这个精美的青花瓷花瓶，它的颈部(图2)外形上下对称，基本可看作是离心率为343

的双曲线的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形的曲面，若该颈部中最细处直径为16厘米，颈部高为20厘米，则瓶口直径为（）厘米A．20B．30C．40D．5011.已知elnxyyx，则（）A．xyB．lnxyC．xyD．lnxy12.蹴鞠，又名“蹴

球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，,,,ABCD满足2cmAB

BCCDDADB，3cmAC，则该“鞠”的表面积为（）A．228cm3B．270cm3C．235cmD．23535cm27二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.已知向量2,cosa，sin,

1b，且ab，则sin2________．14.投掷红、蓝两颗均匀的骰子，设事件A：蓝色骰子的点数为5或6；事件B：两骰子的点数之和大于9，则在事件B发生的条件下事件A发生的概率BAP|______.1

5.某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，该三棱锥所有表面中，最大的面积为_________.16.计算机内部运算通常使用的是二进制，用1和0两个数字与电路的通和断两种状态相对应.现有一个2021位的二进制数，其第一个数字为1，第二个数字为0，且

在第k个0和第1k个0之间有21k个1（*kN），即2021101110111110个，则该数的所有数字之和．．．．为______.三、解答题：本大题共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．17.（本小题满分12分）ABC的内角A，B，C的对边为a

，b，c，且223(sinsin)3sin()8sinsinBCBCBC．（1）求cosA的值；（2）若ABC的面积为42，求abc的最小值．18.（本小题满分12分）在三棱锥ABCP中，ABC为等腰直角三角形，1ACAB，5PCPB

，E为PA的中点，D为AC的中点，F为棱PB上靠近B的三等分点（1）证明：BD//平面CEF.（2）若ACPA，求二面角BCFE的正弦值.19.（本小题满分12分）已知函数2112fxxalnxax．（1）讨论函数fx的单调性；

（2）若22afx恒成立，求正实数a的取值范围.20.（本小题满分12分）某物流公司专营从甲地到乙地的货运业务（货物全部用统一规格的包装箱包装），现统计了最近100天内每天可配送的货物量，按照可配送货物量T（单位：箱）分成了以下几组：[40,50)，[5

0,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并绘制了如图所示的频率分布直方图（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，将频率视为概率）.（1）该物流公司负责人决定用分层抽样的方法从前3组中随机抽出11天的数据来分析可配送货

物量少的原因，并从这11天的数据中再抽出3天的数据进行财务分析，求这3天的数据中至少有2天的数据来自[50,60)这一组的概率.（2）由频率分布直方图可以认为，该物流公司每日的可配送货物量T（单位：箱）服从正态分布2,14.4N，其中近似为样本

平均数.（ⅰ）试利用该正态分布，估计该物流公司2000天内日货物配送量在区间54.1,97.3内的天数（结果保留整数）.（ⅱ）该物流公司负责人根据每日的可配送货物量为公司装卸货物的员工制定了两种不同的工作奖励方案.方案一：直接发放奖金，按每日的可配送货物量划分为以下三级：6

0T时，奖励50元；6080T，奖励80元；80T时，奖励120元.方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中每日的可配送货物量不低于时有两次抽奖机会，每日的可配送货物量低于时只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率分

别为奖金50100概率4515小张恰好为该公司装卸货物的一名员工，试从数学期望的角度分析，小张选择哪种奖励方案对他更有利？附：若2~,ZN，则()0.6827PZ，(22)0.9545PZ.21.（本小题满分12分）如图所示，1

F､2F分别是椭圆C：22221xyab(0ab)的左､右焦点，P为椭圆C上一动点，当点P在椭圆C的上顶点时，123cos5FPF且2122PFFF.（1）求椭圆C的标准方程；（2）直线2PF与椭圆C的另一交点为Q，过1F作直线PQ的垂线l，l与圆222byx交于A､B两点，求

四边形APBQ面积的最大值.请考生在题22、23中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．做题时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．22．（本小题满分10分）已知平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为221,1.xttytt（t为参数），以坐标

原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为216cos320．（1）求曲线C的普通方程以及曲线C的直角坐标方程；（2）已知过原点的直线l与曲线C仅有1个交点M，若l与曲线C也仅有1个交点N，求点M的极坐标．23．（本小题满分10分）已知,,abc

R，且满足1abc.（1）求证：2333abcabcbcacab；（2）求证：22211132abcbaccab．欢迎理数答案一．选择题123456789101112DCCAABBCDABA二．填空题13.4514.5615.2316.197

7三．解答题17.（1）由223(sinsin)3sin()8sinsinBCBCBC，∵ABC，所以228(sinsin)sinsinsin3BCABC，---------------------2分由正弦定理可得228()3bcabc

，则22223bcabc，---------------------------4分由余弦定理可得：2221cos23bcaAbc；-------------------------------------------------6分（2）由1cos3A，得2

2sin3A∵1sin422ABCSbcA，∴12bc，------------------------------------------------8分由22223bcabc得222

224216333abcbcbcbcbc，∴4a，当且仅当23bc时，等号成立．------------------------------------------10分又243bcbc，当且仅当23bc时，

等号成立．∴443abc，当且仅当23bc时，等号成立．即abc的最小值为443．---------------------------------------------------------------------------12分18

.（1）证明：连接PD且交CE于点T，连接FT.由题意可知，PD，CE为中线，所以T为重心------------------------------------------------------------------------------

----------------------------------------1分.||||2||||1PFPTFBTD，所以//FTBD.----------------------------

--------------------------------------------3分//BDFT，FT平面CEF，BD平面CEF，所以//BD平面CEF-------------------------6分（

2）因为PAAC，1AC，5PC，所以2PA又因为ABAC，PBPC，所以222PAABPB即PAAB所以AB，AC，AP两两垂直.故以A为原点，AB，AC，AP为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系.-----

-------------------------------------------------------------------------------------------7分由图可知，(0,0,1)E，(0,1,0)C，22(,0,

)33F，(1,0,0)B所以(0,1,1)EC，22(,1,)33CF，12(,0,)33FB设平面CEF的法向量为1(,,)nxyz则有1100nECnCF即022033yz

xyz可令1x，2yz所以1(1,2,2)n-------------------------------------------------------------------------------------------------8分设平面CFB的法向量为

2(,,)nxyz则有2200nCFnFB即2203312033xyzxz可令2xy，1z所以2(2,2,1)n----------------------------------------------------------

----------------------------------9分因为1212222222121222218|cos,|||||9||||122221nnnnnn所以212817sin,1

()99nn.----------------------------------------------------------------11分即二面角ECFB的正弦值为179.--------------

------------------------------------------------12分19.解：（1）定义域为0,，2111xaxaxxaafxxaxxx----------------------------

---------1分当0a时，在(0,)上0,fx所以fx在定义域(0,)上单调递增；---------------------------------------------------------3分当0a时，令'0fx有,xa令'0fx有0,xa

所以fx在0,a上单调递减，在(,)a上单调递增.---------------------------------------6分（2）令22agxfx，由1及a为正数知，22agxfx在xa处取

最小值，-----------------------------------------------------------------8分所以22afx恒成立等价于0ga，即10alnaaa，----------------------------------

---------------------------------------------------9分整理得10lnaa令1hxlnxx，易知hx为增函数，且10,h所以10lnaa

的a的取值范围是01a---------------------------------------------------------12分20.（1）由分层抽样知识可知，这11天中前3组的数据分别有1个，4个，6个，所以至少有2天的数据来自[50,60)这一组的概率概率为2

13733111144CCC46CC165P.------------------------------2分（2）（1）由题得450.05550.2650.3750.3850.1950.0568.5

，---------------------------------------------------------------------------------------------

---------------------3分所以1(54.197.3)(68.514.468.528.8)(0.68270.9545)0.81862PTPT.-----------------------------------------------------------

--------------------------------------------------------4分故2000天内日货物配送量在区间54.1,97.3内的天数为20000.81861637.21637.--------------------------------

-----------------------------------------------------------------------------------5分（ⅱ）易知1()()2PTPT.-----------------------

-----------------------------------------6分对于方案一，设小张每日可获得的奖金为X元，则X的可能取值为50，80，120，其对应的概率分别为0.25，0.6，0.15，故()500.25800.61200.1578.

5EX.-----------------------------------------------8分对于方案二，设小张每日可获得的奖金为Y元，则Y的所有可能取值为50，100，150，2

00，故142(50)255PY，1114421(100)2525550PY，1144(150)225525PY，1111(200)25550PY.所以Y的分布列为Y50100150200P25215042515

0所以22141()50100150200905502550EY.----------------------------------------11分因为()()EYEX，所以从数学期望的角度看，小张选择方案二更有利.-----------------------12

分21.（1）设(0)Pb，，则22212(2)3cos25aacFPFaa①，2212()(20)22PFFFcbcc，，②，由①②得21c，25a，于是2224bac，∴椭圆C的标准方程是22154xy；-------

-------------------------------------------------------------4分（2）当直线PQ的斜率不存在时，||4AB，855PQ，则四边形APBQ的面积是1655，---------------------------------

--------------------------------------5分当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为(1)ykx，11()Pxy，､22()Qxy，，将(1)ykx与22154xy联立并消

去y，整理得2222(54)105200kxkxk，0恒成立，则21221054kxxk，212252054kxxk，-------------------------------------------

-------------------6分则2221212285(1)1()454kPQkxxxxk，------------------------------------------7分由于直线l与直线PQ垂直，且经过点1F，∴直

线l的方程为10xky，∴点O到直线l的距离为211k，∴222221432()211kABbkk，-------8分则四边形APBQ的面积：222222218514385254431143kkSABPQk

kkkk，由于2224314[32)11kkk，，∴2222431435[)14332kkkk，，于是165(215]5S，(当0k时取得最大值)，综上可知，四边形APBQ面积的最大值为215.-

-------------------------------------------------12分22.（1）当0t时，1122tttt，当且仅当1t时等号成立.当0t时，11122tttttt

，当且仅当1t时等号成立.--------1分而曲线221,:1,xttCytt故曲线C的普通方程22yx（2x≤或2x）；------------3分

而曲线2:16cos320C，故曲线C的直角坐标方程2216320xyx；---------------------------------------------5分（2）易知直线l的斜率存在，设直线:0lkxy-=；而圆22:832Cxy，故2

8421kk，解得1k；--------------------------7分联立2,2,yxyx解得2,2,xy或2,2,xy---------------------------------------

----------------9分故点M的极坐标为22,4或322,4．------------------------------------------------10分注：极坐标不唯一，正确的均给分．23.（1）左边2223abc，由柯西不等式得：

2222111abcabc（取等号的条件是abc），即所以2333abcabcbcacab，原不等式得证．---------------------------------------5分（2）由于,,abcR，1abc，设

1ax，1by，1cz，则1xyz，所以222111xyzabcbaccabyzxzxy，则3xyzxyzyxzzxyyzxzxyyzxzxy1113xyzyzxzxy

111132yzxzxyyzxzxy．-----------------------7分由柯西不等式可得：21111119yzxzxyyzxzxy

，（当且仅当xyz时等号成立）---------------------------------------------------------------------------9分所以93322xyzyzxzxy，故222

11132abcbaccab（当且仅当abc时等号），则原不等式得证．-----------------------------------------------------------------------------

--------------------10分