黑龙江省哈尔滨市南岗区第三中学校2020届高三上学期期末考试数学（文）试题

黑龙江省哈尔滨市南岗区第三中学校2020届高三上学期期末考试数学（文）试题

哈三中2019—2020学年度上学期高三学年期末考试 文科数学试卷 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.设集合，集合则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合，按交集定义即可求解.‎ ‎【详解】，解得或，‎ 或，‎ ‎.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查分式不等式的解法，考查交集的运算，属于基础题.‎ ‎2.设为虚数单位，复数，，则复数在复平面上对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出的值，即可求解.‎ ‎【详解】，，，‎ 在复平面对应点在第二象限.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查复数的乘法运算，以及复数的几何意义，属于基础题.‎ ‎3.设函数，则满足的x的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：首先根据题中所给的函数解析式，将函数图像画出来，从图中可以发现若有成立，一定会有，从而求得结果.‎ 详解：将函数的图像画出来，观察图像可知会有，解得，所以满足的x的取值范围是，故选D.‎ 点睛：该题考查的是有关通过函数值的大小来推断自变量的大小关系，从而求得相关的参数的值的问题，在求解的过程中，需要利用函数解析式画出函数图像，从而得到要出现函数值的大小，绝对不是常函数，从而确定出自变量的所处的位置，结合函数值的大小，确定出自变量的大小，从而得到其等价的不等式组，从而求得结果.‎ ‎4.已知椭圆,则与椭圆相交且以点为弦中点的直线所在方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用点差法，求出相交弦的斜率，即可求解.‎ ‎【详解】设以点为弦中点的直线与椭圆交于，‎ 依题意所求直线的斜率存在，代入椭圆方程得，‎ ‎，两式相减得 ‎，‎ ‎，即所求直线的斜率为，‎ 所求的直线方程为.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查直线与椭圆相交关系，涉及相交弦的中点用点差法求直线的斜率，属于中档题.‎ ‎5.“干支纪年法”是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”.“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按照干支顺序相配，构成了“干支纪年法”，其相配顺序为：甲子、乙丑、丙寅癸酉、甲戌、乙亥、丙子癸未、甲申、乙酉、丙戌癸巳癸亥，60为一个周期，周而复始，循环记录.按照“干支纪年法”，中华人民共和国成立的那年为己丑年，则2013年为（ ）‎ A. 甲巳年 B. 壬辰年 C. 癸巳年 D. 辛卯年 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 到2013年中华人民共和国成立65年，根据60年为一周期，即可得出结论.‎ ‎【详解】到2013年中华人民共和国成立65年，1949年为己丑年，‎ 根据60年为一周期，2013年为癸巳年.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查周期数在生活中应用，属于基础题.‎ ‎6.设是两条不同的直线，是三个不同的平面（ ）‎ ‎①则；‎ ‎②，则；‎ ‎③，则；‎ ‎④若,则.‎ 上述四个命题中,正确的个数为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 逐个命题判断真假：①假，②真，③假，④假，即可得出结论.‎ ‎【详解】①可能是异面直线，可能平行，故是假命题；‎ ‎②，故为真命题；‎ ‎③满足条件的直线，可能在平面内，故为假命题；‎ ‎④当，只需，即可满足条件，‎ 此时，故为假命题.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查空间垂直、平行的命题的真假判定，要注意相关定理成立的条件，属于基础题，‎ ‎7.在中,,,,点满足,则（ ）‎ A. 0 B. 3 C. 6 D. 9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将用向量表示，根据向量的数量积定义即可求解.‎ ‎【详解】，，‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查向量的基本定理，向量的数量积的运算，属于基础题.‎ ‎8.由直线上的点向圆引切线,则切线长的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 切点与圆心的连线垂直切线，利用勾股定理，切线段长转化为直线上点与圆心连线和半径关系，求圆心与直线上点距离的最小值，即可求解.‎ ‎【详解】设是直线的一点，圆心为 过引圆的切线的切点为，则，‎ ‎，的最小值为圆心到直线的距离，‎ 根据点到直线的距离公式可得的最小值为，‎ 的最小值为.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查直线与圆的关系，考查切线性质，属于中档题.‎ ‎9.数列的前项和为，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据通项公式，相邻两项和定值，即可求解.‎ ‎【详解】.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查用并项相加求数列的前 项和，数列求和要注意通项公式的特征，属于中档题.‎ ‎10.如图，某摩天轮上一点在时刻距离地面高度满足，，已知摩天轮的半径为米，点距地面的高度为米，摩天轮做匀速转动，每分钟转一圈，点的起始位置在摩天轮的最低点处．则（米）关于（分钟）的解析式为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，A＝50，b＝60，T＝3；从而可得y＝50sin（t+φ）+60；再代入初相即可.‎ ‎【详解】解：由题意，A＝50，b＝60，T＝3；‎ 故ω，‎ 故y＝50sin（t+φ）+60；‎ 则由50sinφ+60＝10及φ∈[﹣π，π]得，‎ φ；‎ 故y50sin（t）+60；‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了三角函数在实际问题中的应用，属于基础题．‎ ‎11.已知直线与抛物线相交于两点，为抛物线的焦点且满足，则的值是（ ）‎ A. B. C. D. -2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得抛物线的焦点和准线方程，联立直线y＝k（x﹣1）和抛物线y2＝﹣4x，设A（x1，y1），B（x2，y2），运用韦达定理和抛物线的定义，解方程即可得到所求值．‎ ‎【详解】解：抛物线C：y2＝﹣4x的焦点F（﹣1，0），准线方程为x＝1，‎ 直线y＝k（x﹣1）和抛物线y2＝﹣4x联立，可得k2x2﹣（2k2﹣4）x+k2＝0，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），可得x1+x2＝2，x1x2＝1，①‎ 由抛物线的定义可得|AF|＝1﹣x1，|BF|＝1﹣x2，‎ 由|AF|＝2|BF|，可得1﹣x1＝2（1﹣x2），即x1＝2x2﹣1，‎ 代入①可得x2或1（舍去），x1＝﹣2，‎ ‎∴x1+x2＝＝2，又，‎ ‎∴k．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的标准方程、简单几何性质和直线与抛物线的位置关系等知识，注意运用方程联立和韦达定理，属于中档题．‎ ‎12.已知函数的定义域为，，对任意的满足.当时，不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数g（x）＝f（x）+1﹣x2，根据条件可得出g′（x）＜0，从而得出g（x）在R上是增函数，并且可求出g（0），根据二倍角公式可根据原不等式得出g（sinα+cosα）＞‎ ‎0，从而得出sinα+cosα，根据α∈[0，π]即可求出α的范围，即得出原不等式的解集．‎ ‎【详解】解：设g（x）＝f（x）+1﹣x2，g′（x）＝f′（x）﹣2x，‎ ‎∵f′（x）>2x，‎ ‎∴g′（x）>0，‎ ‎∴g（x）在R上单调递增，且，‎ ‎∴g（0），‎ 由，可得 ‎∴‎ ‎∴，即，‎ 又，‎ ‎∴，‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了构造函数解决函数问题的方法，根据导数符号判断函数单调性的方法，，以及二倍角的正弦公式，考查了计算能力，属于中档题．‎ 二、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.抛物线的焦点坐标为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由抛物线的方程分析抛物线的开口方向以及p的值，进而可得其焦点坐标．‎ ‎【详解】解：根据题意，抛物线的开口向右，‎ 其中p＝4，‎ 则其焦点坐标为；‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的标准方程，注意抛物线标准方程的形式．‎ ‎14.若双曲线的渐近线方程为，且焦点在轴上，则双曲线的离心率为______________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据渐近线与离心率的关系，即可求解.‎ ‎【详解】双曲线的焦点在轴上，渐近线方程为，‎ 双曲线的离心率为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查圆锥曲线的简单几何性质，要注意焦点的位置，属于基础题.‎ ‎15.已知某几何体的三视图如下,则该几何体的表面积为____________． ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 几何体为三棱锥，作出几何体的直观图，计算出各个面的面积．‎ ‎【详解】解：几何体为三棱锥，作出直观图如图所示，由三视图可知平面PBC⊥平面ABC，‎ BC=2，底面ABC中，BC边上的高为2，侧面PBC中，BC边上的高为2，‎ ‎∴该几何体的表面积为，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了棱锥的结构特征，三视图和表面积计算，属于中档题．‎ ‎16.一个工业凹槽的轴截面是双曲线的一部分，它的方程是,在凹槽内放入一个清洁钢球(规则的球体)，要求清洁钢球能擦净凹槽的最底部，则清洁钢球的最大半径为________． ‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设小球圆心（0，y0） 双曲线上点（x，y），求得点到球心距离r平方的表达式，进而根据若r2最小值在（0，1）时取到，则小球触及杯底，需进而求得r的范围．‎ ‎【详解】解：设小球球心（0，y0）‎ 双曲线上点（x，y）‎ 点到球心距离平方为：‎ r2＝y2+（y﹣y0）2﹣1＝2y2﹣2y0y+y02﹣1‎ 若r2最小值在（0，1）时取到，则小球触及杯底 故此二次函数的对称轴位置应在y轴的左侧，所以，即y0≤2，‎ 所以r＝ y0﹣1≤1，从而清洁球的半径r的范围为 0＜r≤1‎ 则清洁球的最大半径为 1‎ 故答案为：1．‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数单调性的应用、双曲线的应用、圆与圆锥曲线的综合等基础知识，考查运算求解能力，考查解决实际问题的能力、化归与转化思想．属于基础题．‎ 三、解答题:共70分．解答应写出文字说明、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.中，角的对边分别为，且.‎ ‎（I）求的值；‎ ‎（II）求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）5‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）依题意，利用正弦定理及二倍角的正弦即可求得cosA的值；‎ ‎（2）易求sinA=，sinB=，从而利用两角和的正弦可求得sin（A+B）=，在△ABC中，此即sinC的值，利用正弦定理可求得c的值．‎ 试题解析：‎ ‎( 1）由正弦定理可得，即：，∴，∴.‎ ‎（2由（1），且，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴==.‎ 由正弦定理可得：，∴．‎ ‎18.如图，直三棱柱中，，，分别为、的中点．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，直线与直线CD所成角为，求点B到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取BC的中点为G，证明DE，再证明平面，即可证明平面；‎ ‎（2）直线与直线CD所成角为∠DAC，可知，利用等积法，可得点B到平面的距离．‎ ‎【详解】（1）证明：取BC的中点为G，连接EG、AG，‎ 由题易知：EGDA，且EGDA，‎ ‎∴四边形ADEG为平行四边形，‎ ‎∴DE，‎ ‎∵平面ABC，平面ABC，‎ ‎∴，‎ ‎∵，且BC的中点为G，‎ ‎∴，又，‎ ‎∴平面，又DE，‎ ‎∴平面；‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴直线与直线CD所成角为∠DAC，且∠DAC=，‎ 又，∴，‎ 设点B到平面的距离，‎ 由 ，可得，‎ 解得，‎ 故点B到平面的距离 ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查点到平面的距离，考查逻辑推理能力与空间想象能力，考查等积法，属于中档题.‎ ‎19.已知在正项数列中，首项，点在双曲线上，数列中，点在直线上，其中是数列的前项和．‎ ‎（1）求数列、的通项公式；‎ ‎（2）若，求证： 数列为递减数列．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得﹣＝1，即数列{}是等差数列，同样Tnbn+1，利用两式作差即可得到的通项公式；‎ ‎（2）根据（1）求得{an}的通项公式和数列{bn}的通项公式，进而可得{cn}的通项公式，进而可得cn+1﹣cn的表达式，根据表达式小于零，原式得证．‎ ‎【详解】解：（1）由已知点An（，）在曲线y2﹣x2＝1上知﹣＝1．‎ 所以数列{}是一个以2为首项，公差为1的等差数列，‎ 所以＝+（n﹣1）d＝2+n﹣1＝n+1，‎ 点（bn，Tn）在直线yx+1上，所以Tnbn+1①‎ Tn﹣1bn﹣1+1②‎ 两式相减得bnbnbn﹣1‎ ‎∴bnbn﹣1‎ 令n＝1得b1b1+1所以b1．‎ 所以数列{bn}是以为首项，以为公比的等比数列，‎ 所以bn（）n﹣1；‎ ‎（2）证明：cn＝an•bn＝（n+1）•，‎ 所以cn+1﹣cn＝（n+2）•（n+1）•‎ ‎[（n+2）﹣3（n+1）]‎ ‎（n+2﹣3n﹣3）‎ ‎（﹣2n﹣1）＜0‎ 故cn+1＜cn．‎ ‎∴数列为递减数列．‎ ‎【点睛】本题考查利用递推关系求通项公式，考查数列的单调性，考查等差等比数列定义，考查推理能力与运算能力，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，点在上.‎ ‎（1） 求椭圆的方程；‎ ‎（2） 设分别是椭圆的上、下焦点，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）根据题意得e，①因为点椭圆C上，所以，②又b2＝a2﹣c2，③把①②③组成方程组，解得a，b，c，进而可以写出椭圆方程；‎ ‎（2）因为，所以，所以4a×r＝c×|﹣|，所以r|﹣|，设直线l方程为ykx，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线l与椭圆的方程得（k2+4）x2﹣2 kx﹣1＝0，由韦达定理得出|﹣|的最大值，即可求出答案．‎ ‎【详解】解：（1）根据题意得e，①‎ 因为点在椭圆C上，所以，②‎ 又b2＝a2﹣c2，③‎ 把①②③组成方程组，解得a2＝4，b2＝1，c2＝3‎ 所以椭圆方程为．‎ ‎（2）设直线l方程为ykx， A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以4a×r＝c×|﹣|，‎ 所以r|﹣|，‎ 联立直线l与椭圆的方程得（k2+4）x2﹣2 kx﹣1＝0，‎ 所以，，‎ 所以|﹣|，‎ ‎＝444，‎ 由基本不等式得（k2+1）26（当且仅当，即k2＝2，取“＝”），‎ 所以|﹣|，‎ rmax．‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，分析问题解决问题的能力，属于中档题 ‎21.已知函数．‎ ‎（1）若对恒成立，求的取值集合；‎ ‎（2）在函数的图像上取定点,记直线AB的斜率为K，证明：存在，使恒成立；‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对一切x＞0，f（x）≤恒成立，即对一切x＞0，恒成立，构造新函数，求出函数的最值，即可求得结论；‎ ‎（2）要证明存在x0∈（x1，x2），使f′（x0）＝k成立，只要证明f′（x）﹣k＝0在（x1，x2）内有解即可．‎ ‎【详解】（1）解：对一切x＞0，f（x）≤恒成立，‎ 即对一切x＞0，恒成立，‎ 令，则 令g′（x）>0，可得0＜x＜；令g′（x）<0，可得x＞，‎ ‎∴x＝时，g（x）取得最大值g（）‎ ‎∴；‎ 令，，‎ 在上单调递减，在在上单调递增，‎ ‎∴，又，‎ ‎∴‎ ‎∴的取值集合；‎ ‎（2）证明：由题意，k 要证明存在x0∈（x1，x2），使f′（x0）＝k成立，只要证明f′（x）﹣k＝0在（x1，x2）内有解即可 令h（x）＝f′（x）﹣k，只要证明h（x）在（x1，x2）内存在零点即可 ‎∵h（x）在（x1，x2）内是减函数，只要证明h（x1）＞0，h（x2）＜0‎ 即证0，0‎ 令F（t）＝t﹣1﹣lnt（t＞0），∵F′（t）＝1，∴函数在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增 ‎∴函数在t＝1时，取得最小值0，∴F（t）≥0‎ ‎∵0且；0且1‎ ‎∴0，0‎ ‎∴结论成立．‎ ‎【点睛】本题考查导数知识的运用，考查恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎（二）选考题：共10分．请考生在第22,23题中选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，将曲线（为参数）上任意一点经过伸缩变换后得到曲线的图形．以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，已知直线．‎ ‎（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）点P为曲线上的任意一点，求点P到直线的距离的最大值及取得最大值时点P的坐标．‎ ‎【答案】（1），.（2）最大值,此时点.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据伸缩坐标关系，可求参数方程，利用消去参数；由，即可求直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）点P用参数表示，根据点到直线的距离公式，求出P到直线的距离，再结合三角函数的有界性，即可求解.‎ ‎【详解】（1），‎ 消去参数，得，‎ 所以的普通方程为；‎ 直线，‎ 直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设，点到直线直线的距离为，‎ ‎，‎ 其中，‎ 当时，取得最大值为，‎ 此时，‎ 点P坐标为时，点P到直线的距离的最大为.‎ ‎【点睛】本题考查坐标伸缩变化后的曲线方程，考查参数方程化普通方程，极坐标方程和直角坐标方程互化，以及运用参数方程设点坐标求最值，属于中档题.‎ ‎23.已知，，设函数，‎ ‎（1）若，求不等式的解集；‎ ‎（2）若函数的最小值为2，证明：．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）根据题意，当a＝b＝c＝2时，f（x）＝|x﹣2|+|x+2|+2，然后利用零点分段法解不等式即可；‎ ‎（2）根据题意，由绝对值不等式的性质可得f（x）的最小值为2，所以a+b+c＝2，进而利用柯西不等式即可证明不等式．‎ ‎【详解】解：（1）解：（1）当a＝b＝c＝2时，f（x）＝|x﹣2|+|x+2|+2‎ 所以f（x）>7⇔或或 所以不等式的解集为；‎ ‎（2）因为a＞0，b＞0，c＞0‎ 所以 因为f（x）的最小值为2，所以a+b+c＝2‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及不等式的证明，涉及柯西不等式的应用，考查转化能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎ ‎