黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题 21页

哈尔滨市第六中学2019-2020学年度上学期期中考试 高三理科数学试题 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.已知集合，集合，则集合中元素的个数为（ ）‎ A. 7 B. 8 C. 9 D. 10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接带值求出z可能的取值，即得B集合元素的个数．‎ ‎【详解】集合A＝{1，2，4，8}，集合B＝{z|z＝xy，x∈A，y∈A}＝{1，2，4，8，16，32，64}，‎ 集合B中元素的个数为7．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查集合的基本概念，考查集合的互异性,是基础题 ‎2.已知复数，则复数对应的点在复平面内位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．‎ ‎【详解】∵‎ ‎＝2﹣i﹣i＝2﹣2i，‎ ‎∴复数z对应的点的坐标为（2，﹣2），在复平面内位于第四象限．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．‎ ‎3.设，满足，，且，则实数的值为（ ）‎ A. 3 B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出，根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出x的值．‎ ‎【详解】，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴x＝﹣3．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查向量坐标的加法和数量积的运算，向量垂直的充要条件，是基础题．‎ ‎4.若实数，满足不等式组，则最大值为（ ）‎ A. -2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．‎ ‎【详解】由实数x，y满足不等式组作出可行域如图，‎ 联立，解得A（2，2），‎ 化目标函数z＝2x+y为y＝﹣2x+z，‎ 由图可知，当直线y＝﹣2x+z过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为2×2+2＝6．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，确定最优解是关键，是中档题．‎ ‎5.的值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 1 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用二倍角的公式化简求值．‎ ‎【详解】‎ ‎．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的化简求值，考查倍角公式的应用，熟记公式与诱导公式是关键是基础题．‎ ‎6.设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若，，则，为异面直线； ②若，，，则；‎ ‎③若，，则； ④若，，，则.‎ 则上述命题中真命题的序号为（ ）‎ A. ①② B. ③④ C. ② D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于①，若m⊂α，n∥α，则m，n可能平行；‎ 对于②，利用面面垂直的判定判定；‎ 对于③，若m∥β，α⊥β，则m与α位置关系不定；‎ 对于④，若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β．‎ ‎【详解】设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，‎ 对于①，若m⊂α，n∥α，则m，n可能平行，故错；‎ 对于②，若m⊥β，α⊥β则在平面α内一定可以找到一条直线与m平行且垂直β，又m⊥γ，则α⊥γ；故正确．‎ 对于③，若m∥β，α⊥β，则m与α位置关系不定，故错；‎ 对于④，若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β，故错．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了空间线面、面面位置关系的判定，熟记定理是关键，属于中档题．‎ ‎7.设为正项等比数列的前项和，，，成等差数列，则的值为（ ）‎ A. B. C. 16 D. 17‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为q，q＞0，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比q，再由等比数列的求和公式，计算可得所求值．‎ ‎【详解】正项等比数列{an}的公比设为q，q＞0，a5，3a3，a4成等差数列，‎ 可得6a3＝a5+a4，即6a1q2＝a1q4+a1q3，‎ 化为q2+q﹣6＝0，解得q＝2（﹣3舍去），‎ 则1+q4＝1+16＝17．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，等差数列的中项性质，考查方程思想和化简运算能力，属于基础题．‎ ‎8.已知曲线在处的切线与，轴分别交于，两点，若的面积为，则正数的值为（ ）‎ A. 1 B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导数的几何意义，求出曲线在在x＝1处的切线方程，进而可知点A，B的坐标，因此由△OAB的面积为，列出方程，即可解出a．‎ ‎【详解】因为，所以k＝＝a+2，而f（1）＝﹣2，‎ 故切线方程为：y+2＝（a+2）（x﹣1），由此可得点A（，0），B（0，﹣4﹣a）．由于a＞0，‎ S△OAB|﹣4﹣a|×||，化简得，3a2﹣a﹣2＝0，解得a＝1．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义的应用，求出切线方程即可表示出△OAB的面积．‎ ‎9.如图，在几何体中，为正三角形，，平面，若是棱的中点，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以C为原点，在平面ABC内过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线A1E与AC1所成角的余弦值 ‎【详解】以C为原点，在平面ABC内过C作BC的垂线为x轴，‎ CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 设AB＝AA1＝CC1＝2BB1＝2，‎ 则A1（，1，2），A（），C1（0，0，2），B1（0，2，1），E（0，1，），‎ ‎（，0，），（，﹣1，2），‎ 设异面直线A1E与AC1所成角为θ，‎ 则cosθ．‎ ‎∴异面直线A1E与AC1所成角的余弦值为．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎10.已知是定义在上的偶函数，满足，当时，，若，，，则，，的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据题意，分析可得函数f（x）是周期为2的周期函数，据此可得c＝f（2019）＝f（1+2×1007）＝f（1），b＝f（log24.1）＝f（log24.1﹣2）＝f（log2），结合函数的奇偶性可得a=f（log2）＝f（﹣log2）＝f（log2），结合函数解析式可得f（x）在[0，1]上为增函数，据此分析可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，f（x）满足f（x+2）＝f（x），即函数f（x）是周期为2的周期函数，‎ 则c＝f（2019）＝f（1+2×1009）＝f（1），b＝f（log24.1）＝f（log24.1﹣2）＝f（log2），‎ 又由f（x）为偶函数，则a=f（log2）＝f（﹣log2）＝f（log2），‎ 当x∈[0，1]时，f（x）＝x3+x，易得f（x）在[0，1]上为增函数，又由0＜log2log21，‎ 则有b＜a＜c；‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性与周期性的综合应用，注意分析函数的周期，属于基础题．‎ ‎11.已知数列满足，则中的最小项的值为（ ）‎ A. -20 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，，两式作差得，构造函数求导得数列最小项的值 ‎【详解】①,则 ‎ 当，②‎ ‎①②作差得：,满足上式，故 令 当 ，故在单调递增，在单调递减，又，则为函数最小值，即中的最小项的值为 故选：C ‎【点睛】本题考查数列递推关系求通项公式，考查利用导数求函数最值，注意函数与数列的区别对最值影响，是中档题 ‎12.已知函数的定义域为，且，，则（ ）‎ A. 在定义域上单调递减 B. 在定义域上单调递增 C. 在定义域上有极大值 D. 在定义域上有极小值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件构造g（x）＝xf（x），则，求导讨论f（x）的单调性；在这个过程中将分子看成一个整体，求导讨论其单调性，分析其符号．‎ ‎【详解】由条件有 f（x）+xf′（x）；‎ 设g（x）＝xf（x），则 g′（x）＝f（x）+xf′（x）；‎ ‎∴，则 ；‎ 设 h（x）＝e2x﹣g（x），则 h′（x）＝2e2x﹣g′（x）；‎ 所以 h（x）在（0，）上单调递减，在上单调递增；‎ 所以 ；即 f′（x）＞0；‎ 所以f（x）在定义域上单调递增；‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题构造抽象函数求导讨论单调性，变形技巧要求较高，难度较大，准确构造g（x）＝xf（x）是关键，是难题 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将三视图还原，补成长方体求得外接球半径求解即可 ‎【详解】由题三视图还原为如图所示的三棱锥A-BCD，将三棱锥补成长方体，三棱锥的外接球即为长方体的外接球，则，故该几何体的外接球的表面积为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查三视图及外接球，考查空间想象能力，将三棱锥补成长方体是求外接球常用方法，是基础题 ‎14.设，为正实数，且，则的最小值为____.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，展开可解得，进而可得，利用基本不等式解出即可．‎ ‎【详解】因为，所以；‎ 所以，当且仅当a=b成立 故答案为：4．‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，配凑定值是关键，属于中档题．‎ ‎15.已知某圆锥的母线与其底面所成角的大小为，若此圆锥的侧面积为，则该圆锥的体积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出图形，结合图形设圆锥的底面半径为r，表示出底面半径和母线长，利用圆锥的侧面积求出r，再计算圆锥的体积．‎ ‎【详解】如图所示，∵圆锥的母线与其底面所成角的大小为60°，∴∠SAO＝60°，‎ 由题意设圆锥的底面半径为r，则母线长为l＝2r，高为hr ‎∵圆锥的侧面积为8π，∴S侧面积＝πrl＝π•r•2r＝2πr2＝8π，‎ 解得r＝2，h＝2，‎ ‎∴圆锥的体积为V圆锥π•r2•hπ×22．‎ 故答案为：π．‎ ‎【点睛】本题考查圆锥的体积的求法，考查圆锥的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎16.在中，设边，，所对的角分别为，，，若角为锐角，边上的高为，且，则实数的取值范围为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知利用余弦定理，三角函数恒等变换的应用得出p2关于的表达式，根据的范围即可得p的范围．‎ ‎【详解】∵BC边上的高为，‎ ‎∴bcsinA，可得：bc，‎ ‎∵b+c＝pa，两边平方可得（b+c）2＝p2a2，‎ ‎∴由余弦定理，a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣2bc﹣2bccosA＝p2a2﹣22cosA，‎ 可得：p2＝111，‎ ‎∵角A为锐角，∈（0，），tan∈（0，1），∈（，+∞），‎ ‎∴p2＝1∈（，+∞），‎ 由题意知p＞0，‎ ‎∴p∈（，+∞）．‎ 故答案为：（，+∞）．‎ ‎【点睛】本题考查了三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，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，，，已知 ‎.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理可将原式化简为cosAsinA，整理得sinC﹣cosC＝1，即sin（C），进而可得C的大小；‎ ‎（2）利用余弦定理可将cosB化成，即8sinAcosB＝5sinC＝5sin，进而求出sinAcosB的值．‎ ‎【详解】（1）△ABC中，，即cosAsinA，‎ ‎∴sinCcosAsinAsinC＝sinB+sinA，‎ ‎∵sinB+sinA＝sin（A+C）+sinA＝sinAcosC+sinCcosA+sinA，‎ ‎∴sinCcosAsinAsinC＝sinAcosC+sinCcosA+sinA，可得sinAsinC＝sinAcosC+sinA，‎ ‎∵sinA≠0，‎ ‎∴sinC﹣cosC＝1，即sin（C），‎ ‎∵C∈（0，π），C∈（，），‎ ‎∴C，可得C．‎ ‎（2）若，则cosB，即8sinAcosB＝5sinC＝5sin，‎ 所以sinAcosB．‎ ‎【点睛】本题考查正、余弦定理的综合运用，考查辅助角公式，考查计算能力，熟练运用内角和定理和两角和的正弦定理求得sinC﹣cosC＝1是关键，属于中档题．‎ ‎18.已知递增的等差数列的前项和为，若，，成等比数列，且.‎ ‎（1）求数列的通项公式及前项和；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等差数列的公差为d，d＞0，运用等差数列的通项公式和求和公式，结合等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，进而得到所求通项公式、求和公式；‎ ‎（2）求得2，再由数列的分组求和、裂项相消求和，化简计算可得所求和．‎ ‎【详解】（1）递增的等差数列{an}的公差设为d，（d＞0），前n项和为Sn，‎ 若a1，a2，a4成等比数列，可得a22＝a1a4，即（a1+d）2＝a1（a1+3d），‎ 化为a1＝d，‎ S5＝30，可得5a1+10d＝30，解得a1＝d＝2，‎ 可得an＝2+2（n﹣1）＝2n，Snn（2+2n）＝n2+n：‎ ‎（2）2，‎ 可得前n项和Tn＝2n+1‎ ‎＝2n+1．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，考查等比数列的中项性质，以及数列的裂项相消求和，考查化简运算能力，属于基础题．‎ ‎19.已知函数的最小正周期为，将的图像向右平移个单位长度后得到函数，的图像关于轴对称，且.‎ ‎（1）求函数的解析式；‎ ‎（2）设函数，若函数的图像在上恰有2个最高点，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据给出的周期，可求出ω的值；由f（x）的图象向右平移个单位长度，函数的图象关于y轴对称，求出φ的值；由，得A的值即可；‎ ‎（2）由（1）可得F（x）的解析式，由辅助角公式进行化简，利用函数图象分析即可得出结果．‎ ‎【详解】（1）∵函数的最小正周期为π，‎ ‎∴π，解得ω＝2，‎ ‎∵g（x）＝f（x）＝Acos[2（x）+φ]＝Acos（2xφ），且g（x）的图象关于y轴对称，‎ ‎∴φ＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ，k∈Z，‎ ‎∴由|φ|，可得φ，可得f（x）＝Acos（2x），‎ ‎∵，即f（）＝Acos[2×（）]＝Acos0＝A＝2，‎ ‎∴函数f（x）的解析式为．‎ ‎（2）由（1）知g（x）＝2cos2x；‎ F（x）＝2cos（2x）+2cos2x＝2（cos2xcossin2xsin）+2cos2x＝3cos2xsin2x，‎ ‎＝2cos（2x）；‎ ‎∵x∈[0，aπ]（a＞0）；‎ ‎∴2x∈[，2aπ]；‎ ‎∵函数F（x）的图象在x∈[0，aπ]（a＞0）上恰有2个最高点；‎ ‎∴结合余弦函数的图象（如图示）知，4π≤2πa6π；‎ 故解得a∈‎ 故实数a的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，利用整体法思想，数形结合的思想方法解决问题，属于中档题．‎ ‎20.如图，底面为正方形的四棱锥中，平面，为棱上一动点，.‎ ‎（1）当为中点时，求证：平面；‎ ‎（2）当平面时，求的值；‎ ‎（3）在（2）的条件下，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）2；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接AC,BD设其交点为O,连接OE,证明OE∥PA，即可证明 ‎（2）建立空间直角坐标系，求得平面法向量，由线面垂直求解 ‎【详解】（1）连接AC,BD设其交点为O,连接OE,则为中点，故OE∥PA 又平面，OE平面，故平面；‎ ‎（2）以O为原点，OA，OB分别为x，y轴，过O做的平行线为轴，建立如图所示空间坐标系，如图示：‎ 设AB=2，则，B（0，，0），D（0，-，0），， 设，， 平面，所以，则，故；‎ ‎ （3）因为平面，所以AE是平面的一个法向量，‎ 故取平面的一个法向量为，平面的法向量为 设二面角为θ， 则，由图知，二面角为钝角，故二面角的余弦值为 ‎【点睛】本题考查线面平行，考查二面角的向量求法，考查线面垂直的向量求解，是中档题 ‎21.已知函数.‎ ‎（1）证明：当时，；‎ ‎（2）若斜率为的直线与曲线交于，两点，求证：.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）原不等式等价为，构造函数，求导证明即可；‎ ‎（2）由斜率表示k,利用导函数证明为增函数即可证明 ‎【详解】（1）当时，即 令，故单调递增，则，故 ‎（2） 故，故单调递增，图像为下凸函数，故得证 ‎【点睛】本题考查利用导数证明不等式，考查函数图像及性质，准确判断函数的特征是关键，是中档题 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），点是曲线上一动点，过点作轴于点，设点为的中点（为坐标原点）.‎ ‎（1）求动点的轨迹的参数方程；‎ ‎（2）过的直线交曲线于不同两点，，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）：（为参数）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化曲线的参数方程为普通方程，设，利用中点坐标得P坐标代入曲线C的方程，再化为参数方程即可 ‎（2）设过的直线的参数方程，与圆联立，由韦达定理及距离公式求解即可 ‎【详解】（1）化曲线的参数方程为为普通方程 ‎ 设则，故 故动点的轨迹的参数方程（为参数） ‎ ‎（2）设直线的参数方程为(为参数）‎ 代入方程，得 设，则 ‎ 则 ‎ ‎【点睛】本题考查相关点法求轨迹方程，考查普通方程与参数方程互化，考查直线参数方程的几何意义，注意判别式求范围是关键，是中档题 ‎23.已知，，为正实数，且.‎ ‎（1）解关于不等式；‎ ‎（2）证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将变形为代入不等式求解 ‎（2） 利用柯西不等式证明即可 ‎【详解】（1）则则 故等价为，即，解得 ‎ 故解集为 ‎ ‎（2）由柯西不等式当且仅当 等号成立，则 ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查柯西不等式证明不等式，是中档题 ‎ ‎