黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三数学上学期期末考试试题 理（含解析）

PAGE哈尔滨市第六中学2020届高三上学期期末考试数学试卷（理工类）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.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上.2.做答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效.3.做答第Ⅱ卷时，请按题号顺序在各题目规定的答题区域内做答，超出答题区域 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效.4.保持答题卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准用涂改液、修正带、刮纸刀.第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：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.已知集合为实数，且，为实数，且，则中的元素的个数为（）A.0B.1C.2D.3【答案】B【解析】【分析】：集合M与集合N表示的集合都是点集，所以可以把两个方程联立，通过求方程的判别式来判定交点的个数．【详解】：联立方程组所以判别式，所以的解集只有一个．故选B【点睛】：本题考查了两个集合的交点个数问题，主要注意两个集合都为点集，所以交集的个数也就是两个方程的解的个数，因此可以通过方程思想来解，属于简单题．2.“”是“复数为纯虚数”的（）A.充分但不必要条件B.必要但不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由纯虚数的概念可得：，即m＝2或m＝﹣2，又“m＝2”是“m＝2或m＝﹣2”的充分不必要条件，即可得解．【详解】“复数z＝m2﹣4+mi为纯虚数”的充要条件为：，即m＝2或m＝﹣2，又“m＝2”是“m＝2或m＝﹣2”的充分不必要条件，即“m＝2”是“复数z＝m2﹣4+mi为纯虚数”的充分不必要条件，故选：A．【点睛】本题考查了复数的概念及充分、必要条件，属于简单题．3.我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤,中间三尺重几何．”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤？”（）A.6斤B.7斤C.8斤D.9斤【答案】D【解析】【分析】将原问题转化为等差数列的问题，然后利用等差数列的性质求解即可.【详解】原问题等价于等差数列中，已知，求的值.由等差数列的性质可知：，则，即中间三尺共重斤.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查等差数列的实际应用，等差数列的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4.若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则此双曲线的实轴长为（）A.2B.4C.18D.36【答案】C【解析】分析：由双曲线的方程，求解其中一条渐近线方程，利用题设垂直，求得，即可得到双曲线的实轴长．详解：由双曲线的方程，可得一条渐近线的方程为，所以，解得，所以双曲线的实轴长为，故选C．点睛：本题主要考查了双曲线的标准方程及其几何性质的应用，其中熟记双曲线的几何性质是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力．5.袋中有大小完全相同的2个白球和3个黄球，逐个不放回的摸出两球，设“第一次摸得白球”为事件，“摸得的两球同色”为事件，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】=,选C.6.已知平面向量的夹角为且，在中，，，为中点，则()A.B.C.6D.12【答案】A【解析】【分析】运用平行四边形法则和向量模长的计算可得结果．【详解】根据题意得，（）322，∴2＝（22）2＝42﹣8•42＝4﹣84×22＝4﹣8+16＝12，∴2，故选：A．【点睛】本题考查平行四边形法则，向量模长的运算，属于基础题．7.如图，半径为的圆内有四个半径相等的小圆，其圆心分别为，这四个小圆都与圆内切，且相邻两小圆外切，则在圆内任取一点，该点恰好取自阴影部分的概率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】如图，易知四点在以为圆心，为半径的圆上，连接.设这四个小圆的半径为，则，.因为圆O内的这四个小圆都与圆内切，且相邻两小圆外切，所以，所以，即，解得，故所求事件的概率为.故选D.8.已知将函数向右平移个单位长度后,所得图象关于轴对称，且,则当取最小值时，函数的解析式为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用三角函数图象变换规律，三角函数的图象的对称性，可得＝kπ，k∈Z，，求得ω的值，可得函数f（x）的解析式．【详解】将函数向右平移个单位长度后，可得y＝cos（ωx）的图象，根据所得图象关于y轴对称，可得＝kπ，k∈Z．再根据，可得cos，∴，∴kπ，∴ω＝12k+3，则当ω＝3取最小值时，函数f（x）的解析式为f（x）＝cos（3x），故选：C．【点睛】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，属于中档题．9.在正方体中，分别为棱的中点，用过点的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧视图为()A.B.C.D.【答案】C【解析】取的中点连，则为过点，，的平面与正方体的面的交线．延长，交的延长线与点，连，交于，则为过点，，的平面与正方体的面的交线．同理，延长，交的延长线于，连，交于点，则为过点，，的平面与正方体的面的交线．所以过点，，的平面截正方体所得的截面为图中的六边形．故可得位于截面以下部分的几何体的侧（左）视图为选项C所示．选C．10.若函数的图象在处的切线与圆相切，则的最大值是（）A.4B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】先利用导数求出函数y＝f（x）的图象在x＝0处的切线方程，利用该直线与圆相切，得出a2+b2＝1，然后再利用基本不等式可求出a+b的最大值．【详解】函数f（x）求导得，，，所以，函数的图象在x＝0处的切线方程为，即bx+ay+1＝0，该直线与圆x2+y2＝1相切，则有，化简得a2+b2＝1，由基本不等式可得（a+b）2＝a2+b2+2ab≤2（a2+b2）＝2，所以，，当且仅当a＝b时等号成立，所以，a+b的最大值为．故选：B．【点睛】本题考查圆的切线方程，解决本题的关键在于转化直线与圆相切的问题，考查计算能力与转化能力，属于中档题．11.已知数列为正项的递增等比数列，，记数列的前n项和为，则使不等式2020成立的最大正整数n的值为（）A.5B.6C.7D.8【答案】B【解析】【分析】设正项的递增等比数列{an}的公比为q＞1，由a1+a5＝82，a2•a4＝81＝a1a5，联立解得a1，a5．解得q．可得an．利用等比数列的求和公式可得数列的前n项和为Tn．代入不等式，即可得出结果．【详解】设正项的递增等比数列{an}的公比为q＞1，∵a1+a5＝82，a2•a4＝81＝a1a5，联立解得a1＝1，a5＝81．∴q4＝81，解得q＝3．∴an＝3n﹣1．∴数列的前n项和为Tn＝2＝223（1）．则不等式化为：20201，即3n＜2020．∵36＝729，37＝2187．∴使不等式成立的最大正整数的值为6．故选：B．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，求和公式、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12.已知函数在定义域上单调递增，且对于任意，方程有且只有一个实数解，则函数在区间上的所有零点的和为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】数在定义域上单调递增，且对于任意，方程有且只有一个实数解，则是连续函数,可得,画出与的图象,图象交点横坐标就是函数的零点,由图知,在区间（）上的所有零点的和为,故选B.【方法点睛】本题主要考查函数零点与图象交点之间的关系及分段函数的解析式及图象，属于难题.函数零点个数的三种判断方法:(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点;(2)零点存在性定理：利用定理不仅要求函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点;(3)利用图象交点的个数：画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题．13.的展开式中，的系数为____.【答案】160【解析】展开式的通项为：，令，所以系数为：故答案为：16014.若实数x,y满足不等式组，则的最大值为__.【答案】log210【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可．【详解】由u＝x﹣2y+6得yx3，作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分）平移直线yx3，由图象可知当直线过点A时，直线的截距最小，此时z最大，由，得A（4，0），代入目标函数u＝x﹣2y+6，得z＝10，∴目标函数u＝x﹣2y+6的最大值是10，则z＝log2（x﹣2y+6）的最大值为：log210．故答案为：log210．【点睛】本题主要考查线性规划的基本应用，利用目标函数的几何意义是解决问题的关键，利用数形结合是解决问题的基本方法，属于基础题．15.由1，2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数，要求奇数不相邻，且4不在第四位，则这样的六位数共有__个.【答案】120【解析】试题分析：先排3个偶数，从左到右有4个空，如排1,2,3个空，由于4不在第四位，共有种，若排1，2,4个空，共有，若排1,3,4则4不会在第四位，共有种，若排2,3,4个空，则4不会在第四位，共有，因此共有24+24+36+36=120种，故答案为120种.考点：排列组合的综合应用.16.如图，直三棱柱中,，，，外接球的球心为，点是侧棱上的一个动点.有下列判断：①直线与直线是异面直线；②一定不垂直；③三棱锥的体积为定值；④的最小值为.其中正确的序号序号是______.【答案】①③④【解析】【分析】由题意画出图形，由异面直线的概念判断①；利用线面垂直的判定与性质判断②；找出球心，由棱锥底面积与高为定值判断③；设BE＝x，列出AE+EC1关于x的函数式，结合其几何意义求出最小值判断④．【详解】如图，∵直线AC经过平面BCC1B1内的点C，而直线C1E在平面BCC1B1内不过C，∴直线AC与直线C1E是异面直线，故①正确；当E与B重合时，AB1⊥A1B，而C1B1⊥A1B，∴A1B⊥平面AB1C1，则A1E垂直AC1，故②错误；由题意知，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的球心为O是AC1与A1C的交点，则△AA1O的面积为定值，由BB1∥平面AA1C1C，∴E到平面AA1O的距离为定值，∴三棱锥E﹣AA1O的体积为定值，故③正确；设BE＝x，则B1E＝2﹣x，∴AE+EC1．由其几何意义，即平面内动点（x，1）与两定点（0，0），（2，0）距离和的最小值知，其最小值为2，故④正确．故答案为：①③④【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力和思维能力，属于中档题三、解答题，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．17.在中,角的对边分别为,边上的中线,且满足.(1)求的大小；(2)若，求的周长的取值范围【答案】(1);(2)周长的取值范围是.【解析】试题分析:在,中分别利用余弦定理,写出的表达式,化简后可求得的值,代入已知条件可化简得到的余弦值,进而求得角的大小.(2)利用正弦定理将边转化为角的形式,即,根据可求得周长的取值范围.试题解析:（1）在中，由余弦定理得：，①在中，由余弦定理得：，②因为，所以，①+②得：，即，代入已知条件，得，即，，又，所以.（2）在中由正弦定理得，又，所以，，∴，∵为锐角三角形，∴∴，∴．∴周长的取值范围为．18.如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱上的动点，且.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值．【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】设AE＝BF＝x．以D为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标（1）通过计算，证明A1F⊥C1E．（2）判断当S△BEF取得最大值时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值．求出平面B1EF的法向量，底面ABCD的法向量，设二面角B1﹣EF﹣B的平面角为θ，利用空间向量的数量积求出，然后求解二面角B1﹣EF﹣B的正切值．【详解】设AE＝BF＝x．以D为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），E（2，x，0），F（2﹣x，2，0）．（1）因为，，所以．所以A1F⊥C1E．（2）因为，所以当S△BEF取得最大值时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值．因为，所以当x＝1时，即E，F分别是棱AB，BC的中点时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值，此时E，F坐标分别为E（2，1，0），F（1，2，0）．设平面B1EF的法向量为，则得取a＝2，b＝2，c＝﹣1，得．显然底面ABCD的法向量为．设二面角B1﹣EF﹣B的平面角为θ，由题意知θ为锐角．因为，所以，于是．所以，即二面角B1﹣EF﹣B的正切值为．【点睛】本题考查空间向量在立体几何中的应用，直线与直线的垂直，二面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．19.2020年，国际数学协会正式宣布，将每年的3月14日设为“国际数学节”，其来源是中国古代数学家祖冲之的圆周率，为庆祝该节日，某校举办的“数学嘉年华”活动中,设计了如下的有奖闯关游戏：参赛选手按第一关、第二关、第三关的顺序依次闯关，若闯关成功，则分别获得5个、10个、20个学豆的奖励．游戏还规定：当选手闯过一关后，可以选择带走相应的学豆，结束游戏；也可以选择继续闯下一关，若有任何一关没有闯关成功，则全部学豆归零，游戏结束．设选手甲能闯过第一关、第二关、第三关的概率分别为，选手选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功与否互不影响．（1）求选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率；（2）设该选手所得学豆总数为，求的分布列及数学期望．【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）设“第一关闯关成功且所得学豆为零”为事件,“第一关闯关成功“第二关闯关失败”为事件,“前两关闯关成功第二关闯关失败”为事件,互斥,,由此能求出第一关闯关成功且所得学豆为零的概率；（2）由题意的可能取值为分别求出相应的概率,由此能求出的分布列和.试题解析：（1）设甲“第一关闯关成功且所得学豆为零”为事件，“第一关闯关成功第二关闯关失败”为事件，“前两关闯关成功第三关闯关失败”为事件，则互斥，（2）所有可能的取值为，所以的分布列为：考点：1、独立事件同时发生的概率；2、离散型随机变量的分布列与数学期望.20.已知直线与圆相交的弦长等于椭圆的焦距长．（1）求椭圆的方程；（2）已知为原点，椭圆与抛物线交于两点，点为椭圆上一动点，若直线与轴分别交于两点，求证：为定值．【答案】（1）（2）见解析【解析】【试题分析】（1）利用圆心到直线的距离计算出直线与圆相交的弦长，得到.利用求得，得到椭圆方程.（2）设出三个点的坐标，利用点斜式写出直线的方程，令求得两点的坐标，代入并利用两点在椭圆上进行化简.【试题解析】解：（1）由题意知，圆心到直线的距离为，圆的半径为，直线与圆相交的弦长为，则，，又∵，∴，∴椭圆的方程．（2）证明：由条件可知，，两点关于轴对称，设，，则，由题可知，，，所以，．又直线的方程为，令得点的横坐标，同理可得点的横坐标，所以，即为定值．【点睛】本小题主要考查点到直线的距离公式，直线和圆相交所得弦长求法，考查点斜式方程和点与圆锥曲线的位置关系.由于题目涉及直线和圆相交所得弦长，故先利用点到直线距离公式，利用直角三角形求得弦长即.由于两点是由直线交轴而得，故利用点斜式写出直线方程，然后令求出坐标.21.已知函数（1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围；（2）当时，证明：．【答案】（1）.（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由，得恒成立，令.求出的最小值，即可得到的取值范围；∵为数列的前项和，为数列的前项和.∴只需证明即可.试题解析：（1）由，得.整理，得恒成立，即.令.则.∴函数在上单调递减，在上单调递增.∴函数的最小值为.∴，即.∴的取值范围是.（2）∵为数列的前项和，为数列的前项和.∴只需证明即可.由（1），当时，有，即.令，即得.∴.现证明，即.现证明.构造函数，则.∴函数在上是增函数，即.∴当时，有，即成立.令，则式成立.综上，得.对数列，，分别求前项和，得.22.选修4—4：坐标系与参数方程已知曲线的参数方程是（是参数，），直线的参数方程是（是参数），曲线与直线有一个公共点在轴上，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线的极坐标方程；（2）若点，，在曲线上，求的值．【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）消去直线l的参数t得普通方程，令y＝0，得x的值，即求得直线与x轴的交点；消去曲线C的参数即得C的普通方程，再把上面求得的点代入此方程即可求出a的值；（2）把点A、B、C的极坐标化为直角坐标，代入曲线C的方程，可得，即，同理得出其它，代入即可得出答案．【详解】（Ⅰ）∵直线l的参数方程是（t为参数），消去参数t得x+y＝2，令y＝0，得x＝2．∵曲线C的参数方程是（为参数，a＞0），消去参数得，把点（2，0）代入上述方程得a＝2．∴曲线C普通方程为．（Ⅱ）∵点在曲线C上，即A（ρ1cosθ，ρ1sinθ），，在曲线C上，∴===．【点睛】本题考查了参数方程化为普通方程、极坐标化为直角坐标的问题，考查了极坐标的应用，熟练进行恒等变形是解题的关键，属于中档题．23.选修4—5：不等式选讲已知函数.（1）若的解集为，求实数的值；（2）当且时，解关于的不等式．【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）根据绝对值不等式的解法建立条件关系即可求实数a，m的值．（2）根据绝对值的解法，进行分段讨论即可得到不等式的解集．试题解析：（1）因为，∴，∴∴，．　（2）等价于，当，，∵，所以舍去；当，，∴，成立；当，成立．所以，原不等式解集是．