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（文）试题 20页

哈尔滨市第六中学2019-2020学年度上学期期中考试 高三文科数学 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，在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.若集合，且，则集合可能是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由子集概念易知只有选项A中集合可能为集合的子集．故选A．‎ ‎2.复数（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：由的幂的结果进行化简 详解：‎ 故选 点睛：本题考查了复数的化简，由的幂的结果进行化简，然后进行除法运算即可。‎ ‎3.若向量，，则与的夹角等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用坐标表示出和，根据向量夹角公式直接求解即可得到结果.‎ ‎【详解】由题意得：，‎ 又 ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查利用向量数量积和模长求解向量夹角的问题，关键是能够熟练掌握向量数量积和模长的坐标运算.‎ ‎4.若α∈，且，则的值等于(　 　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：，.‎ 考点：三角恒等变形、诱导公式、二倍角公式、同角三角函数关系．‎ ‎5.若椭圆的两焦点为（－2，0）和（2，0），且椭圆过点，则椭圆方程是 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由椭圆性质可知椭圆上的点到两焦点（－2，0）和（2，0）的距离之和为 ‎，方程为 考点：椭圆方程及性质 ‎6.在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则2a10－a12的值为(　　)‎ A. 20 B. 22‎ C. 24 D. 28‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝(a4＋a12)＋(a6＋a10)＋a8＝5a8＝120，‎ 解得a8＝24，且a8＋a12＝2a10，则2a10－a12＝a8＝24.故选C.‎ ‎7.一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示. 则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由三视图可知,上面是半径为的半球,体积为,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积,故选C.‎ ‎【考点】根据三视图求几何体的体积 ‎【名师点睛】本题主要考查三视图及几何体的体积计算，本题涉及正四棱锥及球的体积计算，综合性较强，较全面地考查了考生的识图用图能力、空间想象能力、运算求解能力等.‎ ‎8.将函数的图象按向量平移，平移后的图象如图所示，则平移后的图象所对应函数的解析式是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 将函数的图象按向量平移，平移后的图象所对应的解析式为，由图象知，，所以，因此选C。‎ ‎9.圆的圆心到直线的距离为1，则（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由配方得，所以圆心为，因为圆的圆心到直线的距离为1，所以 ‎，解得，故选A.‎ ‎【考点】 圆的方程，点到直线的距离公式 ‎【名师点睛】直线与圆的位置关系有三种情况：相交、相切和相离. 已知直线与圆的位置关系时，常用几何法将位置关系转化为圆心到直线的距离d与半径r的大小关系，以此来确定参数的值或取值范围．‎ ‎10.已知定义在R上的函数满足：对任意，则 A. B. 0 C. 1 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：，且，又，，由此可得，，是周期为的函数，，，故选B.‎ 考点：函数的奇偶性，周期性，对称性，是对函数的基本性质的考察.‎ ‎【易错点晴】函数满足则函数关于中心对称，,则函数关于轴对称，常用结论：若在上的函数满足，则函数以为周期.本题中，利用此结论可得周期为，进而，需要回到本题利用题干条件赋值即可.‎ ‎11.已知、、是球球面上三点，三棱锥的高为,且=60º ，=2，=4，则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：过点O作平面，垂足是，由球和性质知，E是的外心，在中，由题设，根据余弦定理得：‎ 所以，，所以是直角三角形，,E在BC上，且是BC的中点，‎ 于是，在直角三角形中，,‎ 所以，,即球的半径 球的表面积为,故选C．‎ 考点：1、空间几何体的结构特征；2、余弦定理．‎ ‎12.已如函数，若，且，则的取值范围是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题可根据题意及画出的分段函数的图象确定出，然后可将和 代入到确定的表达式，得到和的关系式，再用表示，则可只用表达，再构造函数与的表达式一致，通过求导方法判断出的值域即可得到的取值范围．‎ ‎【详解】解：根据题意，画出分段函数图象如下：‎ ‎ 由两个函数图象及题意，可知：不可能同时大于1，也不可能同时小于1．‎ 否则不满足 ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎，．‎ 构造函数，．‎ 则．‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ ‎∴在上是单调递增函数．‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数与导数的相关知识，以及通过构造函数并求导确定该函数的单调性求二元函数的函数取值问题．本题属中档题．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.曲线在处的切线的斜率为_________.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据导数的几何意义求出函数在处的导数，即是该点处切线的斜率。‎ ‎【详解】‎ 故曲线在处的切线的斜率为：‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数求曲线上某点的切线的斜率问题，属于基础题。‎ ‎14.是两个不同的平面，是两条不同的直线，有下列四个命题：①如果，那么；②如果，那么；③如果 ‎，那么；④如果，那么与所成的角和与所成的角相等．其中正确的命题有__________．(填写所有正确命题的编号）‎ ‎【答案】②③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依次判断每个选项得到答案.‎ ‎【详解】①如果，那么可以得到，或相交，所以①错误.‎ ‎②如果，那么内所有直线，，那么至少平行于内一条直线，故，所以②正确.‎ ‎③如果，根据两平面平行性质可以得到，故③正确.‎ ‎④如果，那么与所成的角和与所成的角相等，平移不影响线面夹角，故④正确.故答案为②③④.‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直，面面平行，线面夹角，线面平行，线线垂直，是立体几何里面的基础概念，需要同学把握概念和性质，综合运用.‎ ‎15.若圆的半径为1，其圆心与点关于直线对称，则圆的标准方程为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用点关于直线对称点为，求出圆心，再根据半径求得圆的方程。‎ ‎【详解】解：由题意圆心与点关于直线对称，故圆心坐标为，已知其半径为，所以圆的标准方程为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查点关于直线对称的点的坐标计算，属于基础题。‎ ‎16.在数列中，，，记是数列的前项和，则= ．‎ ‎【答案】480.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：当是奇数时，，数列中奇数项构成等差数列，当是偶数时，，‎ ‎.‎ 考点：数列求和.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17.在中，角，，的对边分别为，，，已知.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，试判断的形状并给出证明.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意结合余弦定理求解角A的大小即可；‎ ‎(2)结合两角和差正余弦公式和(1)中的结论确定ABC的形状即可.‎ ‎【详解】根据题意，由可知，‎ 根据余弦定理可知，，‎ 又角A为的内角，所以；‎ 为等边三角形 由三角形内角和公式得，，‎ 故 根据已知条件，可得，‎ 整理得 所以，‎ 又，‎ 所以，‎ 又由知，‎ 所以为等边三角形 ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理，三角形内角和公式，两角和与差的正弦函数公式，正弦定理等知识在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．‎ ‎18.将正方形沿对角线折叠，使平面平面.若直线平面，.‎ ‎（1）求证：直线平面；‎ ‎（2）求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点为，连结，，则，从而平面，进而直线直线，由此能证明直线平面．‎ ‎（2）推导出，平面，点到平面的距离等于点到平面的距离，从而．由此能求出三棱锥的体积．‎ ‎【详解】（1）证明：取中点，连结，，‎ ‎，，‎ 又平面平面，平面平面，平面，‎ 平面，‎ 直线平面，直线直线，‎ 又平面，平面，‎ 直线平面．‎ ‎（2）解：原四边形为正方形，为中点，，‎ 又平面平面，平面平面，平面，‎ 平面．‎ 由于为等腰直角三角形，所以，‎ 又，，‎ 由（1）可知，点到平面的距离等于点到平面的距离，‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，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，是中档题．‎ ‎19.已知数列是首项为正数的等差数列，数列的前项和为.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（Ⅰ）设数列的公差为，‎ 令得，所以.‎ 令得，所以.‎ 解得，所以 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知所以 所以 两式相减，得 所以 考点：1.等差数列的通项公式；2.数列的求和、“错位相减法”.‎ ‎20.如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆:及其上一点A(2，4).‎ ‎（1）设圆N与x轴相切，与圆外切，且圆心N在直线x=6上，求圆N的标准方程；‎ ‎（2）设平行于OA的直线l与圆相交于B，C两点，且BC=OA，求直线l的方程；‎ ‎（3）设点T（t，0）满足：存在圆上的两点P和Q，使得求实数t的取值范围.‎ ‎【答案】(1)；(2)2x−y+5=0或2x−y−15=0(3).‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）根据直线与x轴相切确定圆心位置，再根据两圆外切建立等量关系求半径;（2）根据垂径定理确定等量关系，求直线方程；（3）利用向量加法几何意义建立等量关系，根据圆中弦长范围建立不等式，求解即得参数取值范围.‎ 试题解析：解：圆M的标准方程为，所以圆心M（6，7），半径为5，.‎ ‎（1）由圆心N在直线x=6上，可设.因为N与x轴相切，与圆M外切，‎ 所以，于是圆N的半径为，从而，解得.‎ 因此，圆N的标准方程为.‎ ‎（2）因为直线l∥OA，所以直线l的斜率为.‎ 设直线l的方程为y=2x+m，即2x-y+m=0，‎ 则圆心M到直线l的距离 因为 而 所以，解得m=5或m=-15.‎ 故直线l的方程为2x-y+5=0或2x-y-15=0.‎ ‎（3）设 因为，所以……①‎ 因为点Q在圆M上，所以…….②‎ 将①代入②，得.‎ 于是点既在圆M上，又在圆上，‎ 从而圆与圆有公共点，‎ 所以解得.‎ 因此，实数t的取值范围是.‎ ‎【考点】直线方程、圆的方程、直线与直线、直线与圆、圆与圆的位置关系、平面向量的运算 ‎【名师点睛】直线与圆中的三个定理：切线的性质定理，切线长定理，垂径定理；两个公式：点到直线距离公式及弦长公式，其核心都是转化到与圆心、半径的关系上，这是解决直线与圆的根本思路.对于多元问题，也可先确定主元，如本题以为主元，揭示在两个圆上运动，从而转化为两个圆有交点这一位置关系，这也是解决直线与圆问题的一个思路，即将问题转化为直线与圆、圆与圆的位置关系问题.‎ ‎21.设f(x)=xln x–ax2+(2a–1)x，aR.‎ ‎（Ⅰ）令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）当时，函数单调递增区间为，当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为； （Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）先求出，然后讨论当时，当时的两种情况即得.‎ ‎（Ⅱ）分以下情况讨论：①当时，②当时，③当时，④当时，综合即得.‎ 试题解析：（Ⅰ）由 可得，‎ 则，‎ 当时，‎ 时，，函数单调递增；‎ 当时，‎ 时，，函数单调递增，‎ 时，，函数单调递减.‎ 所以当时，单调递增区间为；‎ 当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，.‎ ‎①当时，，单调递减 所以当时，，单调递减.‎ 当时，，单调递增.‎ 所以在x=1处取得极小值，不合题意.‎ ‎②当时，，由(Ⅰ)知在内单调递增，‎ 可得当当时，，时，，‎ 所以在(0,1)内单调递减，在内单调递增，‎ 所以在x=1处取得极小值，不合题意.‎ ‎③当时，即时，在(0,1)内单调递增，在内单调递减，‎ 所以当时，，单调递减，不合题意.‎ ‎④当时，即，当时，，单调递增,‎ 当时，，单调递减，‎ 所以f(x)在x=1处取得极大值，合题意.‎ 综上可知，实数a的取值范围为.‎ ‎【考点】应用导数研究函数的单调性、极值,分类讨论思想 ‎【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力及分类讨论思想等.‎ 请考生在22、23三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分。‎ ‎22.在直角坐标系中,以原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知曲线的极坐标方程为,直线的极坐标方程为.‎ ‎(1)写出曲线与直线的直角坐标方程;‎ ‎(2)设为曲线上一动点，求点到直线距离的最小值.‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用化简即可．‎ ‎（2）先把直线的极坐标方程变化为直角方程，再利用椭圆的参数方程设，计算点到直线的距离后可得距离的最小值．‎ ‎【详解】（1）曲线的极坐标方程为可化为，‎ 可得直角坐标方程：即.‎ 直线的极坐标方程为可化为，‎ 化为直角坐标方程：.‎ ‎（2）设，则点到直线的距离 ‎ ‎ 当且仅当时，点到直线距离的最小值为.‎ ‎【点睛】极坐标方程与直角方程的互化，关键是，必要时须在给定方程中构造．当动点圆锥曲线变化时，我们可用圆锥曲线的参数方程来表示动点，这样把二元函数的最值问题转化一元函数的最值问题．‎ ‎23.选修4—5：不等式选讲 已知函数．‎ ‎（Ⅰ）若不等式恒成立，求实数的最大值；‎ ‎（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若正数，，满足，求证：．‎ ‎【答案】（1）M=4（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【试题分析】(I)利用绝对值三角不等式求得的最小值,再由单个绝对值的解法求得的取值范围,进而求得的值.(II)，得,对原不等式左边,乘以,转化为基本不等式来证明最小值为.‎ ‎【试题解析】‎ ‎（Ⅰ）若恒成立，即 ‎ 由绝对值的三角不等式，得 即，解得，所以M=4 ‎ ‎（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，得 所以有 即 ‎ ‎