黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三上学期第三次调研数学（理）试题 25页

哈三中2019-2020高三上第三次调研考试(理科)‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）‎ ‎1. , 则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 先将用列举法表示,得,再由交集、补集定义计算即可 ‎【详解】由题,解得,则 所以,则,‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查描述法与列举法的转换,考查集合的交集、补集的运算,属于基础题 ‎2.已知复数，则其共轭复数的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用分母实数化处理可得,则,即可得到虚部 ‎【详解】由题,,则 故选：B ‎【点睛】本题考查共轭复数,考查复数的虚部的定义,属于基础题 ‎3.若方程 表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得,求解即可 ‎【详解】由题,因为表示焦点在轴上的椭圆,所以,即 故选：A ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查解不等式 ‎4.已知等比数列，前项和为，满足，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由,即可求得,进而利用等比数列前项和公式计算即可,注意此时公比为 ‎【详解】由题,当时,,则,舍去；‎ 当时,可得,解得,‎ 则 故选：C ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式,考查等比数列的前项和公式,考查分类讨论思想,考查运算能力 ‎5.若圆被直线分成的两段弧之比是，则满足条件的圆（ ）‎ A. 有1个 B. 有2个 C. 有3个 D. 有4个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题,可得,则圆心到直线的距离为,求解即可得到的解得个数,即为满足条件的圆的个数 ‎【详解】由题,设直线与圆的交点为,,‎ 因为将圆分成的两段弧之比是,则,设圆心到直线的距离为,‎ 因为圆心为,半径为, ‎ 则,即,故 故选：B ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系,考查点到直线距离公式的应用,考查运算能力 ‎6.已知，则（ ）‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先整理,由诱导公式可得,进而求解,的值,代入即可得到结果 ‎【详解】由题, ,‎ 因为,‎ 所以,即或 则,,‎ 所以原式 故选：D ‎【点睛】本题考查诱导公式的应用,考查和角公式的应用,考查三角函数值,考查运算能力 ‎7.已知则下列正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题,可得在上单调递增,令,可得,分别判断1,2,3,4的范围,从而判定选项 ‎【详解】由题,,则在上单调递增,‎ 令,解得,‎ 因为,则,即,故A错误；‎ 因为,则,即,故B错误；‎ 因为,则,即,故C错误；‎ 因为,则,即,故D正确；‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查利用导数判断函数单调性,考查三角函数值比较大小 ‎8.在正方体中，是棱的中点，则对角线与平面所成的角的正弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将正方体放入空间直角坐标系中,分别求得与平面的法向量,则与夹角余弦值的绝对值即为对角线与平面所成的角的正弦值 ‎【详解】‎ 如图,将正方体放入空间直角坐标系中,设边长为2,可得为,为,为,为,则,,,‎ 设平面的法向量,则,即,‎ 令,则,‎ 所以,‎ 则对角线与平面所成的角的正弦值为,‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查向量法求线面夹角,考查空间向量的应用,考查运算能力 ‎9.直线经过椭圆的左焦点，交椭圆于两点，交轴与点，若，则该椭圆的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可得为,为,利用可得为,将点坐标代入椭圆方程中,可得,进而求出离心率即可 ‎【详解】由题,可得为,为,设为,则,,‎ 因为,则,即,所以为 因为在椭圆上,则且,解得 所以,‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查向量的线性运算,考查向量的坐标表示,考查椭圆的标准方程,考查椭圆的离心率 ‎10.一个几何体的三视图如图所示，正视图、侧视图和俯视图都是由一个边长为的正方形及正方形内一段圆弧组成，则这个几何体的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出直观图，由球的表面积公式求解即可 ‎【详解】这个几何体的直观图如图所示，它是由一个正方体中挖掉个球而形成的，所以它的表面积为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查三视图以及几何体的表面积的计算，考查空间想象能力和运算求解能力.‎ ‎11.已知点是椭圆椭上非顶点的动点，分别是椭圆的左、右焦点，为坐标原点，若为的平分线上一点，且，则的取值范围（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 延长交于点,由题可得,又有,可得为的中点,即,根据的范围求范围即可 ‎【详解】延长交于点,因为为的平分线上一点,所以,‎ 因为,所以,‎ 所以为的中点,则,‎ 由题,,,‎ 则,‎ 因为,‎ 所以,‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查角平分线的应用,考查数量积表示垂直关系,考查椭圆的定义的应用,考查运算能力 ‎12.函数在两个不同的零点函数存在两个不同的零点且满足则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出有两个不同零点时的范围,再求出有两个不同零点时的范围,再画出与的图象,可得一交点为,进而由图象得到的范围,使之满足再与之前所求得交集即可 ‎【详解】由题,,当时,恒成立,即在上单调递增,无法满足题意,故舍去；当时,令,可得,则在上单调递增,上单调递减,且时,,故由题需满足,即；‎ 由上式可得,因为存在两个不同的零点,则,即,‎ 令,,则,,可得当时,易得一解为,此时,另一解设为,则当时,在的上方. ‎ 只有当时,由图象可得,‎ 综上,‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查由零点个数求参问题,考查利用导数判断单调性的应用,考查运算能力 二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）‎ ‎13.已知曲线在点处的切线与直线垂直，则的取值范围为________‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用导数的几何意义求出切线斜率,由切线与直线垂直的关系,即可解得的值 ‎【详解】由题,,则切线斜率为,‎ 因为切线与直线垂直,则,即 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义,考查两直线垂直关系,考查运算能力 ‎14.设满足约束条件:，则的最小值为__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出可行域,将目标函数化为斜截式,根据斜率的关系找到最优解,再将最优解的坐标代入目标函数即可得到最小值.‎ ‎【详解】作出可行域如图所示阴影部分:‎ 将目标函数化为斜截式得,‎ 由图可知最优解为,‎ 联立 ,解得,所以,‎ 将的坐标代入目标函数可得,‎ 所以的最小值为1.‎ 故答案为:1‎ ‎【点睛】本题考查了简单的线性规划求最小值问题,属于中档题.解题关键是根据斜率关系找到最优解.‎ ‎15.已知圆和圆，动圆同时与圆及圆相切，则动圆圆心的轨迹方程是________‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可分析得到动圆同时与圆及圆相切分为两种情况,分别为动圆与圆外切,与圆内切；以及当动圆与圆及圆内切,即可得到几何关系,由椭圆定义求解即可 ‎【详解】由题,设动圆的半径为,圆的半径为,圆的半径为,则当动圆与圆外切,与圆内切时,,,‎ 所以,‎ 因为圆心分别为,,根据椭圆的定义可得,,则,,‎ 所以,则动圆圆心的轨迹方程是；‎ 当动圆与圆及圆内切时,, ,‎ 所以,则,即,‎ 所以,则动圆圆心的轨迹方程是 故答案为：或 ‎【点睛】本题考查几何法求轨迹方程,考查椭圆的定义的应用,考查圆与圆的位置关系 ‎16.如图，哈尔滨市有相交于点的一条东西走向的公路与一条南北走向的公路，有一商城的部分边界是椭圆的四分之一，这两条公路为椭圆的对称轴，椭圆的长半轴长为2，短半轴长为1(单位:千米). 根据市民建议，欲新建一条公路，点分别在公路上，且要求与椭圆形商城相切，当公路长最短时，的长为________千米.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设为,联立可得,利用可得,则,利用均值不等式求最值,再由取等条件求得即可 ‎【详解】由题,设为,由图易得,联立可得,则,‎ 即,‎ 因为为,为,‎ 则 ‎,当且仅当,即时取等,即 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查圆锥曲线的实际应用,考查利用均值不等式求最值,考查运算能力 三、解答题：共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分 ‎17.在中，分别是角的对边，且 ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，求边上中线的最小值.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理可得,整理后可得,在三角形中,可知,即可求解的值；‎ ‎（2）设上中点为,则,进而利用均值不等式求的最小值即可,进而得到结果 ‎【详解】（1）由题,,,‎ 即,‎ ‎,‎ ‎,即, 在中,,‎ ‎（2）设上中点为,则,‎ ‎,‎ ‎,且,‎ ‎,‎ ‎,,当且仅当时取等,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,当且仅当时取等,‎ 故边上中线的最小值为 ‎【点睛】本题考查正弦定理的应用,考查均值不等式求最值,考查向量模的应用,考查运算能力 ‎18.如图，在四棱锥中，平面平面，点分别为的中点.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析； （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用平行四边形得,利用中位线得,即可求证；‎ ‎（2）易证,,则以为原点,分别以所在直线为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,分别求出平面与平面的法向量,再由法向量的夹角余弦值来求二面角的余弦值 ‎【详解】（1）证明：,,‎ 点是的中点,且,‎ 四边形是平行四边形,‎ ‎,‎ 又点是的中点,‎ 在中,,‎ 平面,平面,‎ 且,,‎ 平面平面 ‎（2）,,‎ 平面平面,且平面,平面平面,‎ 平面,‎ 以为原点,分别以所在直线为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,‎ 则由题,,点为的中点 为,为,为,为,‎ 则,,‎ 设平面与平面的法向量分别是,‎ 则,,‎ 即,,‎ 令,则；令,则 则,‎ 二面角的余弦值为 ‎【点睛】本题考查面面平行证明,考查向量法求二面角,考查线线垂直的证明,考查运算能力 ‎19.已知数列中，.‎ ‎（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；‎ ‎（2）设数列是等差数列，令，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由递推公式整理可得,即可证明数列是首项为3,公比为3的等比数列,进而利用累加法求通项即可；‎ ‎（2）由（1）可得,利用错位相减法即可求得 ‎【详解】（1）证明：,‎ ‎,即 当时,,数列是首项为3,公比为3的等比数列.‎ ‎,‎ 当时,,,,‎ ‎（2）数列是等差数列,,‎ ‎,‎ 由（1）,则,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎【点睛】本题考查等比数列证明,考查累加法求通项公式,考查错位相减法求前项和,考查运算能力 ‎20.已知椭圆的离心率为，点在上.‎ ‎（1）求椭圆的方程;‎ ‎（2）设分别是椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆交于不同的两点，求的内切圆的半径的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别由离心率公式,及将点代入椭圆中即可求得、,进而求得方程；‎ ‎（2）由题意可分析,即由的最大值可求得的最大值,设直线为,联立直线方程与椭圆方程可得,再利用韦达定理得到,根据均值不等式可解得的最大值,进而可求的最大值 ‎【详解】（1）由题,, 点在上,即 ‎,‎ 解得,‎ 椭圆的方程为 ‎（2）由题,设直线为,为,为,‎ 联立可得,显然,‎ 则,,‎ ‎,‎ 则,‎ 设,则,,‎ ‎,当且仅当,即时取等,此时可得,‎ 又,且由（1）,,‎ 当时,,‎ 设的内切圆的半径为 ‎ ‎,则,即,‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查弦长,考查椭圆的定义的应用,考查利用均值不等式求最值,考查运算能力 ‎21.设．‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎（2）讨论零点的个数；‎ ‎（3）当时，设恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎【答案】(1) 的单调递增区间为，单调递减区间为。(2)见解析；(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接对原函数求导，令导数大于0，解得增区间，令导数小于0，解得减区间；‎ ‎（2）先判断是f(x)的一个零点，当时，由f(x)=0得，，对函数求导得的大致图像，分析y=a与交点的个数可得到函数f（x）的零点个数．‎ ‎（3）不等式恒成立转化为函数的最值问题，通过变形构造出函数h(x)=f(x)-ag(x)，通过研究该函数的单调性与极值，进而转化为该函数的最小值大于等于0恒成立，求得a即可.‎ ‎【详解】（1），‎ 当时，，递增，当时，，g(x)递减,‎ 故的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ ‎（2）是f(x)的一个零点，当时，由f(x)=0得，，‎ ‎，‎ 当时，递减且，‎ 当时，，且时，递减，‎ 时，递增，故，,‎ 大致图像如图，‎ ‎∴当时，f(x)有1个零点；‎ 当a=e或时，f(x)有2个零点；；‎ 当时， 有3个零点. ‎ ‎（3）h(x)=f(x)-ag(x)=x，‎ ‎,‎ 设的根为，即有 ‎，可得，时，，递减，‎ 当时，，递增，‎ ‎，‎ ‎∴ ‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了函数零点个数的分类讨论及转化思想，考查了不等式的恒成立问题，关键是转化为求函数的最值，属于难题．‎ ‎（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分 ‎22.在直角坐标系中，曲线(为参数)，在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.‎ ‎（1）求的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）若射线与曲线分别相交于异于极点的点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）曲线消去参数即可,对曲线先同乘,再由代入即可；‎ ‎（2）先写出曲线的极坐标方程,将代入曲线与曲线的极坐标方程中求得,,则,再利用三角函数求范围即可 ‎【详解】（1）由题,(为参数),,‎ 即曲线的普通方程为；‎ 又,,,‎ 即曲线的直角坐标方程 ‎（2）由（1）可得曲线为,则其极坐标方程为 射线与曲线分别相交于异于极点的点,‎ ‎, ‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎【点睛】本题考查极坐标与直角坐标方程的转化,考查参数方程与普通方程的转化,考查极坐标系下的弦长的最值问题,考查运算能力 ‎23.已知 ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若时，，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用零点分段法分别写出,,时解析式,进而求解即可；‎ ‎（2）由题, ,再分别讨论,时,的情况,即可得到符合条件的结果 ‎【详解】（1）当时,,‎ 当时,,则或（舍）；‎ 当时,,则；‎ 当时,,则（舍）；‎ 综上,‎ ‎（2） 由题,即为在上恒成立,‎ 当时,,则当时,,舍去；‎ 当时,‎ ‎①时,在上单调递增,则,即；‎ ‎②时,在时,舍去 综上,‎ ‎【点睛】本题考查零点分段法解含绝对值的不等式,考查不等式恒成立问题,考查分类讨论思想,考查运算能力 ‎ ‎