黑龙江省哈尔滨市香坊区第六中学校2020届高三上学期期末考试数学（理）试题 21页

哈尔滨市第六中学2019-2020学年度上学期期末考试 高三理科数学 考试说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟．‎ ‎（1）答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚；‎ ‎（2）选择题必须使用2B铅笔填涂,非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整,字迹清楚；‎ ‎（3）请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效；‎ ‎（4）保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀．‎ 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．‎ ‎1.已知复数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的代数运算法则，计算即可．‎ ‎【详解】∵．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了复数代数运算问题，是基础题．‎ ‎2.已知集合，集合，则集合的子集个数为（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 7 D. 8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用二次不等式的解法化简集合∁ZA，再由交集和补集的定义求解（∁ZA）∩B，进而求得子集的个数（n个元素的集合的子集为2n）．‎ ‎【详解】集合A＝{x|x2﹣2x<0，x∈Z}＝{1}，‎ 又，则集合（∁ZA）∩B＝{1，0，2}，又n个元素的集合的子集为2n 可得集合（∁ZA）∩B的子集个数为23＝8，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，主要是交集和补集的运算，考查二次不等式的解法，以及集合子集的个数问题，属于基础题．‎ ‎3.已知函数，则函数的最小正周期和最大值分别为（ ）‎ A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二倍角的正、余弦公式化简函数f（x），通过周期公式及三角函数的性质求解即可.‎ ‎【详解】因为 ‎ ‎ ‎∴T，‎ 函数的最大值为：．‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查二倍角的余弦函数正弦函数的应用，三角函数的周期与最值的求法，属于基础题．‎ ‎4.已知向量，，若，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出（﹣2+x， 3），再由，能求出实数x的值．‎ ‎【详解】∵向量，，‎ ‎∴（﹣2+x， 3），‎ ‎∵，‎ ‎∴2（﹣2+x）+3＝0，‎ 解得x．‎ ‎∴实数x的值是．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查平面向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．‎ ‎5.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难,‎ 次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”问此人第2天走了( )‎ A. 24里 B. 48里 C. 96里 D. 192里 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将问题转化为数列问题，得到一个等比数列，然后再求解 ‎【详解】由题意可知此人每天走的步数构成为公比的等比数列 由题意和等比数列的求和公式可得：‎ 解得 此人第二天走步数为：里 故选 ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的定义和前n项和公式与通项公式，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．‎ ‎6.已知函数，则函数在处的切线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出导函数，求出切点坐标，则求出该点处的导数即为切线的斜率，利用点斜式表示出直线方程即可．‎ ‎【详解】由题意，，‎ ‎∴f′（1）＝，又f（1）＝，则切点为（1，），‎ ‎∴所求的切线方程为：y﹣＝（x﹣1），化简得x﹣4y+1＝0，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，关键是正确求导．‎ ‎7.设函数，若，则实数的值为（ ）‎ A B. 或 C. D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分段讨论，代入求值即可 ‎【详解】∵f（a）＝3‎ 当2﹣a+1＝2时，解得a＝0，符合题意，‎ 当＝2时，解得a＝9，符合题意 综上：a＝0或a＝9，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了分段函数应用，以及指数对数方程的解法，关键是分段讨论，属于基础题．‎ ‎8.已知双曲线的左右焦点分别为，点是双曲线右支上一点，若，,则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线定义及已知数据可得| |PF1|＝2c＝2c+2a，从而可求双曲线的离心率的值．‎ ‎【详解】因为|PF2|＝|F1F2|＝2c，，所以△PF1F2为等腰三角形，，‎ 所以| |PF1|＝2c＝2c+2a，‎ 即（﹣1）c＝a， ‎ 解得e．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义，考查双曲线的几何性质，注意运用平面几何的性质，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎9.某市为了提高整体教学质量，在高中率先实施了市区共建“1+2”合作体，现某市直属高中学校选定了6名教师和2名中层干部去2所共建学校交流学习，若每所共建学校需要派3名教师和1名中层干部，则该市直属高中学校共有（ ）种选派方法 A. 160 B. 80 C. 40 D. 20‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先给一所学校派3名教师和1名中层干部，则有种选派方法，剩余的3名教师和1名中层干部直接去另一所学校，即可得到结果.‎ ‎【详解】先给一所学校派3名教师和1名中层干部，则有种选派方法，剩余的3名教师和1名中层干部直接去另一所学校，只有1种方法，∴共有种选派方法，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了分步计数原理与组合的应用，属于基础题.‎ ‎10.已知分别为矩形的边与的中点，为线段的中点，把矩形沿折到，使得,若，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别以ED、EF、E所在直线为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，得到向量，的坐标，利用空间两个向量夹角公式，由此能求出异面直线与所成角的余弦值．‎ ‎【详解】由题意可得EF，可得EFED，EFE，‎ 又，∴ED、EF、E所在直线两两垂直，‎ 分别以ED、EF、E所在直线为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 不妨设，‎ 则（0，0，2），D（2，0，0），M（0，1，0），（0，2，2）‎ ‎∴，，‎ 设与所成的角为θ，则， ‎ ‎∴异面直线与所成角的余弦值为．‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查了空间向量的应用，是基础题．‎ ‎11.已知圆,过直线上第一象限内的一动点作圆的两条切线，切点分别为,过两点的直线与坐标轴分别交于两点，则面积的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由切线的性质，结合四点共圆判断可得O，A，M，B四点共圆，求得圆方程，由两圆方程相减可得相交弦AB方程，由题意可得面积，结合基本不等式求得最值.‎ ‎【详解】因为AB为切点，所以OA⊥AM，OB⊥BM，‎ 所以O，A，M，B四点共圆，设M（，），‎ 则其圆心O'（，），方程为（x）2+（y）2，‎ 整理得x2+y2﹣xx0﹣yy0＝0，与圆O：x2+y2＝1的方程作差得x+ y＝1，‎ 又AB是圆O与圆O'的公共弦，‎ 即直线AB的方程为x+ y＝1，‎ 又过两点的直线与坐标轴分别交于两点，‎ 得P（，0）Q（0，），又+＝2，∴，当且仅当=＝1等号成立，‎ 则面积为，∴面积的最小值为 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查圆的标准方程及圆的切线问题，考查基本不等式的运用，考查分析问题解决问题的逻辑推理能力，属于中档题．‎ ‎12.已知定义在上的偶函数满足，且时，，则函数在上的所有零点之和为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把函数g（x）f（x）﹣cosπx的零点转化为两函数y＝f（x）与y＝cosπx图象交点的横坐标，再由已知可得函数f（x）的对称轴与周期，作出函数y＝f（x）与y＝cosπx 的图象，数形结合得答案．‎ ‎【详解】函数g（x）f（x）﹣cosπx的零点，即方程f（x）﹣cosπx＝0的根，‎ 也就是两函数y＝f（x）与y＝cosπx图象交点的横坐标．‎ 由f（x）是定义在R上的偶函数，且 可得函数周期为2．‎ 又当时，，‎ 作出函数y＝f（x）与y＝cosπx的图象如图：‎ 由图可知，函数g（x）f（x）﹣cosπx 在区间[﹣2，4]上的所有零点之和为﹣2+2+2＝6．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查函数零点的判定，考查数形结合的解题思想方法和数学转化思想方法，是中档题．‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 本试卷包括必考题和选考题两部分．第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题～第23题为选考题，考生根据要求作答．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在机读卡上相应的位置．‎ ‎13.的展开式中，项的系数是___________(用数字作答）．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 通项为，令，，所以所求系数为．‎ 点睛：用二项式定理求某一项的系数，首先要掌握二项式定理展开式通项公式：（‎ ‎），解题时，写出通项后把常数与字母了分离，令字母的幂指数为指定幂指数，求得，代入后可得此项系数．‎ ‎14.已知水平放置的底面半径为20，高为100的圆柱形水桶，水桶内水面高度为50cm，现将一个高为10圆锥形铁器完全没入水桶中（圆锥的底面半径小于20）,此时水桶的水面高度上升了2.5,则此圆锥形铁器的侧面积为_______ .（忽略水桶壁的厚度）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据水面上升高度求出圆锥的底面半径，再利用侧面积公式求解即可.‎ ‎【详解】设圆锥的底面半径为r，‎ 则圆锥的体积V＝π×202×2.5＝1000π，‎ ‎∴，‎ ‎∴母线长为 ‎∴圆锥形铁器的侧面积为S×2 r×20，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了圆锥的结构特征和体积、侧面积公式，属于基础题．‎ ‎15.已知均为正实数，若，则的最小值为_______.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得，代入所求中可得，配凑基本不等式求解即可.‎ ‎【详解】由已知及均为正实数，‎ 则且，‎ ‎∴，‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ 故答案为：5.‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式的运用：求最值，考查减元思想和等号成立的条件，关键是配凑基本不等式的形式，属于中档题．‎ ‎16.已知抛物线的焦点为,过的直线与抛物线交于两点，若，且弦的中点纵坐标为，则抛物线的方程为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出直线为x＝my+，与抛物线C的方程联立，消去x，利用2，及韦达定理得出yA与yB的关系式，结合条件从而求出的值．‎ ‎【详解】设过的直线为x＝my+，‎ 与抛物线C：y2＝2x联立，得：‎ ‎，‎ 消去x，得y2＝（），‎ 整理，得y2﹣my﹣＝0，∴yAyB 又∵2，‎ ‎∴yA＝﹣2yB；‎ ‎∴yAyB，由弦的中点纵坐标为，∴在x轴上方，在x轴下方，‎ ‎∴yB＝，yA＝， ‎ yA+yB=＝‎ ‎∴2，∴抛物线的方程为，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了直线与抛物线的应用问题，考查了向量坐标及韦达定理的应用，考查转化能力，属于中档题．‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17.在中，设边所对的角分别为，.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若的周长为，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理可将原式边化角，整理得，进而可得A的大小；‎ ‎（2）利用余弦定理结合已知数据，直接可得解．‎ ‎【详解】（1）因为 由正弦定理得 ‎,,‎ ‎,,‎ ‎（2）由余弦定理得 因为周长，又，‎ 所以，所以 ‎【点睛】本题考查正、余弦定理的综合运用，考查了逻辑推理能力，考查了方程思想，属于中档题．‎ ‎18.如图所示,四棱锥的底面是直角梯形，平面，,为中点，且.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若与底面所成角为，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出及，则可证明平面.‎ ‎（2）由已知线面角可得，以为坐标原点，分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面SBC的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值．‎ ‎【详解】（1）因为平面，平面，所以 在直角梯形中，,∴，∴，‎ 又,所以平面.‎ ‎（2）因为平面，所以是与底面所成角，，所以 以为坐标原点，分别为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，‎ 由题意得B（4，0，0），E（2，0，0），C（2，2，0），S（0，0，2 ），‎ 设平面的法向量为（x，y，z），‎ ‎∴．‎ 所以，即，‎ 面的法向量，同理得面的法向量 二面角的余弦值为 ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定定理，考查二面角的平面角的向量的求法，考查空间想象能力和运算能力，属于中档题.‎ ‎19.已知正项数列的前项和为，若,.‎ ‎（1）证明：当时，；‎ ‎（2）求数列的通项公式；‎ ‎（3）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）运用已知将n换为n﹣1，作差化简可得证.（2）结合等差数列的定义和通项公式，分奇偶分别求通项，合并即可得到所求；‎ ‎（3）求得数列{bn}的通项，运用错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简整理，即可得到所求和．‎ ‎【详解】（1）时，作差得 ‎，又，所以有 ‎（2）因为时，，所以的奇数项是以为首项，2为公差的等差数列；偶数数项是以为首项，2为公差的等差数列；‎ 所以；‎ 所以 ‎（3），‎ ‎∴Tn＝b1+b2+…+bn﹣1+bn＝1•4+3•42+…+（2n﹣3）•4n-1+（2n﹣1）4n①‎ ‎4n+（2n﹣1）4n+1②‎ ‎①﹣②得：﹣3（2n﹣1）4n+1‎ 解得：‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项的求法，考查了数列的递推式，考查数列的求和方法：错位相减法，同时考查等差数列的通项公式和等比数列的求和公式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．‎ ‎20.已知动点到定点的距离与到定直线的距离之比为.‎ ‎（1）求动点轨迹的方程；‎ ‎（2）过的直线交轨迹于两点，若轨迹上存在点，使,求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，由题意得，坐标化后，平方化简可得结果.‎ ‎（2）设与轨迹的方程联立，结合韦达定理及P的坐标解得k，可得直线方程.‎ ‎【详解】（1）设，因为到定点的距离与到定直线的距离之比为，‎ 所以有，即，‎ 化简得 ‎（2）由题意直线斜率存在，设 联立方程得，，，∴恒成立 ‎∴，‎ ‎,所以 代入椭圆有，又，‎ 得 ‎，‎ 得 代入得 直线方程：‎ ‎【点睛】本题考查了轨迹方程，考查直线与椭圆的位置关系及向量的坐标与韦达定理的应用，考查了计算能力，属于中档题．‎ ‎21.已知函数，.‎ ‎（1）证明：当时，函数在区间上单调递增；‎ ‎（2）若时，恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）函数在区间上单调递增（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出f（x）的导数，求出函数的单调区间即可证明；‎ ‎（2）求出函数的导数，问题转化为研究的单调性及最值，从而借助于f（x）的最小值大于等于0得到，利用零点代换法求得的范围，则可求出a的范围．‎ 详解】（1）‎ 当时，‎ ‎，，‎ 当时，，当时，‎ 所以在区间增，在区间为上减 所以，即，所以函数在区间上单调递增 ‎（2）设 ‎，所以在上单调递增,‎ ‎（1）当，即时，在上是单调递增的，，‎ 所以 ‎（2）当，即时，，‎ 故存在唯一的，使，所以当时，，当时，，所以在区间增，在区间为上减 所以，，又 得，‎ 又，令，则在上恒成立，‎ 可得是随增大而增大的，所以 综上：‎ ‎【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查函数恒成立问题，是一道中档题．‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的的第一题记分．‎ ‎22.已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）写出曲线的极坐标方程，并求出曲线与公共弦所在直线的极坐标方程；‎ ‎（2）若射线与曲线交于两点，与曲线交于点，且，求的值.‎ ‎【答案】（1）曲线的极坐标方程为，公共弦所在直线的极坐标方程（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先得到C1的一般方程，再由极坐标与直角坐标的互化公式得到极坐标方程，将，联立，得到公共弦所在直线的极坐标方程；‎ ‎（2）先求得|OA|，|OB|，可得|OA||OB|，化简可得到.‎ ‎【详解】（1）曲线的直角坐标方程为，将极坐标与直角坐标的互化公式：代入，‎ 可得曲线的极坐标方程为.‎ 联立与，得 ‎∴曲线与公共弦所在直线的极坐标方程,（或和）‎ ‎（2）把，代入，，‎ 得；‎ 又，则=2，可得 所以，‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程化为普通方程的方法，以及极坐标中极径的几何意义，极径代表的是曲线上的点到极点的距离，在参数方程和极坐标方程中，能表示距离的量一个是极径，一个是t的几何意义，其中极径多数用于过极点的曲线，而t的应用更广泛一些，是中档题．‎ ‎23.设（）‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接由绝对值三角不等式得证. ‎ ‎（2）将去绝对值化简得到，解分式不等式即可．‎ ‎【详解】（1）；‎ ‎（2）‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法及绝对值不等式的性质，属于中档题.‎ ‎ ‎