黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020届高三数学上学期期末考试试题 理(含解析)

哈三中2020学年度上学期高三学年期末考试数学（理）试卷

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，只有一项是符合题目要求的）

1.设，，则（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

试题分析：，即..故B正确.

考点：集合间的关系.

2.已知向量，，且，则实数的值为

A. 1

B.

C.

D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】

直接利用向量共线的坐标表示列方程求解即可.

【详解】因为，，且，

所以，

解得，故选C.

【点睛】利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.

3.“”是“”的（）

A. 充分而不必要条件

B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件

D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

试题分析：若，则，所以“”是“”的充分而不必要条件。

考点：本题考查充分必要充要条件；三角函数求值。

点评：熟练掌握充分必要充要条件的判断。此题为基础题型。

4.已知数列为等差数列，且，则等于

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由，利用等差数列的性质可得，根据诱导公式，结合特殊角的三角函数即可得结果.

【详解】因为数列为等差数列，且，

所以，，

所以，故选B.

【点睛】本题主要考查等差数列的性质以及诱导公式的应用，属于中档题. 解等差数列问题要注意应用等差数列的性质（）.

5.已知变量满足约束条件，则的最大值为

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】

首先绘制可行域，然后结合目标函数的几何意义确定其最大值即可.

【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，

结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，

联立直线方程：，可得点的坐标为：，

据此可知目标函数的最大值为：.

本题选择D选项.

【点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.

6.阅读下面的程序框图，输出结果的值为（其中为虚数单位，）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由已知的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值,利用虚数单位的乘方运算化简可得结果.

【详解】阅读、并执行程序框图可知，

该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，

根据虚数单位的乘方运算法则可得，

，故选D .

【点睛】算法的交汇性问题已成为高考的一大亮，这类问题常常与函数、数列、不等式、复数、三角函数等自然交汇，很好地考查考生的信息处理能力及综合运用知识解决问題的能力，解决算法的交汇性问题的方：（1）读懂程序框图、明确交汇知识，(2）根据给出问题与程序框图处理问题即可.

7.在正方体中，是正方形的中心，则异面直线与所成角为

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先证明，从而是异面直线与所成角（或所成角的补角），利用余弦定理能求出异面直线与所成角.

【详解】

在正方体中，

所以，可得是矩形，

，

是异面直线与所成角（或所成角的补角），

设正方体中棱长为2，

则，

，

，

异面直线与所成角为，故选D.

【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题.求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.

8.如果双曲线的两个焦点分别为、, 一条渐近线方程为, 那么经过双曲线焦点且垂直于轴的弦的长度为

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由焦点坐标求得,根据和渐线方程，联立求得和,可得双曲线方程，将代入双曲线方程，进而可得结果.

【详解】因为双曲线的两个焦点分别，—条渐近线方程为，

，解得，

双曲线的方程为，

由

所以经过双曲线焦点且垂直于轴的弦的长度为，故选A.

【点睛】本题主要考查利用双曲线的方程与简单性质，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.

9.若某几何体的三视图如下所示，其中正视图与侧视图都是边长为2的正方形，则该几何体的体积是

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用三视图，以正方体为载体还原几何体的直观图为四棱锥（如图），利用分割法，将四棱锥

分解成棱柱的体积减去两个小棱锥计算体积.

【详解】

由三视图可知，

几何体为不规则放置的四棱锥，是正方体的一部分，如图，

因为正视图与侧视图都是边长为2的正方形，

所以图中正方体的棱长为2，

四棱锥可以看作是棱柱去掉两个三棱锥的几何体，

所以几何体的体积，故选A.

【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.

10.已知椭圆的离心率，为椭圆上的一个动点，若定点，则的最大值为

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】

首先求得椭圆方程，然后确定的最大值即可.

【详解】由题意可得：，据此可得：，

椭圆方程为，设椭圆上点的坐标为，则，

故：，

当时，.

本题选择C选项.

【点睛】本题主要考查椭圆方程问题，椭圆中的最值问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

11.已知点在同一个球面上，，若四面体体积的最大值为 10，则这个球的表面积是

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

由三个边长利用勾股定理可知垂直，可知球心的位置在过中点与面垂直的直线上，作出图形，因为面积为定值，所以高最大时体积最大，

根据球的几何性质可得，当过球心时体积最大，利用勾股定理列出关于半径的方程，即可得解.

【详解】

由，可知，

则球心在过中点与面垂直的直线上，

因为面积为定值，所以高最大时体积最大，

根据球的几何性质可得，当过球心时体积最大，

因为四面体的最大体积为10，

所以，

可得，

在中，，

，得，

球的表面积为，故选B.

【点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；

②可以转化为长方体的外接球；③特殊几何体可以直接找出球心和半径；④设球心（在过底面多边形外接圆圆心与底面垂直的直线上），利用待定系数法求半径.

12.已知函数，则函数的零点个数为

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

首先研究函数的性质，然后结合函数的图像整理计算即可求得最终结果.

【详解】当时，，

据此可得函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，

由函数的解析式易知函数在区间上单调递减，

绘制函数图像如图所示，

故方程的解：，

则原问题转化为求方程时解的个数之和，

由函数图像易知满足题意的零点个数为7个.

本题选择B选项.

【点睛】本题主要考查分段函数的性质，分类讨论的数学思想，函数的零点问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡相应的位置上.)

13.已知椭圆与双曲线有共同的焦点，且双曲线的离心率为2，则该双曲线的方程为_______. 【答案】

【解析】

【分析】

由椭圆与双曲线有共同的焦点，利用双曲线的离心率为2，可得到的关系式，求解，即可得到双曲线方程.

【详解】因为椭圆与双曲线有共同的焦点，

由，可得，即，

因为双曲线的离心率为，

，则，

所以双曲线的方程为，故答案为.

【点睛】用待定系数法求双曲线方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断双曲线的焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴都有可能；②设方程：根据上述判断设方程或；③找关系：根据已知条件，建立关于、、的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求.

14.已知函数在区间上单调递减，且为偶函数，则满足的的取值范围是_______.

【答案】

【解析】

【分析】

根据函数在区间上单调递减，结合奇偶性可得等价于，从而可得结果.

【详解】根据题意，函数在区间上单调递减,且为偶函数，

则，，

解可得或或，

即的取值范围为，

故答案为.

【点睛】本题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性的应用，属于难题.将奇偶性与单调性综合考查一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据函数单调性列不等式求解.

15.过点作直线，与圆交于两点, 若，则直线的方程为______________.

【答案】或

【解析】

【分析】

将圆的方程化为标准方程,确定圆心与半径，当斜率存在时，设斜率为，方程，利用垂径定理，结合勾股定理, 可求得的值，再验证当斜率不存在时是否满足题意即可得结果.

【详解】圆化为，圆心，半径，点在圆内，

当斜率存在时，设斜率为，方程，即，

圆心到直线距离为，

，的方程

当斜率不存在时，直线也满足，

的方程或，

故答案为或.

【点睛】本题主要考查圆的方程与性质，以及点到直线距离公式以及圆的弦长的求法，求圆的弦长有两种方法：一是利用弦长公式，结合韦达定理求解；二是利用半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，利用勾股定理求解.

16.设数列的前项和为，， 2，且，则的最大值为___________ .

【答案】63

【解析】

【分析】

先证明数列是以为公比，以为首项的等比数列可得的通项公式，求得,当为偶数时，不合题意，当为奇数时，由，

可得，利用2，得,从而可得关于的不等式，进而可得结果.

【详解】数列是以为公比，以为首项的等比数列，

数列的前项和为

,

,

当为偶数时，，无解；

当为奇数时，由，

可得，

由可得，，

因为2，所以,

即，

结合，可得，

所以，使得的的最大值为，故答案为.

【点睛】本题主要考查等比数列的定义、等差数列的求和公式以及已知数列的递推公式求通项，属于综合题.由数列的递推公式求通项常用的方法有：（1）等差数列、等比数列（先根据条件判定出数列是等差、等比数列）；（2）累加法，相邻两项的差成等求和的数列可利用累加求通项公式；（3）累乘法，相邻两项的商是能求出积的特殊数列时用累乘法求通项；（4）构造法，形如的递推数列求通项往往用构造法，利用待定系数法构造成的形式，再根据等比数例求出的通项，进而得出的通项公式.

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，三个内角所对的边分别为，满足.

（1）求角的大小；

（2）若，求，的值.（其中）

【答案】（1）；（2）4，6

【解析】

【分析】

（1）已知等式利用正弦定理化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，求出的值，即可确定出的度数；（2）根据平面向量数量积的运算法则计算得到一个等式，记作①，把的度数代入求出的值,记作②,然后利用余弦定理表示出，把及的值代入求出的值，利用完全平方公式表示出，把相应的值代入，开方求出的值,由②③可知与为一个一元二次方程的两个解,求出方程的解,根据大于，可得出，的值.

【详解】（1）已知等式，

利用正弦定理化简得，

整理得，

即，

，

则.

（2）由，得，①

又由（1），②

由余弦定理得，

将及①代入得，

，

，③

由②③可知与为一个一元二次方程的两个根，

解此方程，并由大于，可得.

【点睛】以三角形和平面向量为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.

18.数列的前项和为, 且, ().

（1）证明：数列为等比数列，并求；

（2）若, 求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）两式相减，可得，从而可求得，结合等比数列求和公式可得结果；（2）结合（1），

，利用等差数列求和公式可得结果.

【详解】（1），①-②将，

，

故此数列为，

，

时，

因为也适合，故，

，所以数列为等比数列.

（2）

.

【点睛】本题主要考查数列的通项公式与前项和公式之间的关系，以及等差数列与等比数列的求和公式，属于中档题. 已知数列前项和，求数列通项公式，常用公式，将所给条件化为关于前项和的递推关系或是关于第项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式. 在利用与通项的关系求的过程中，一定要注意的情况.

19.如图，在四棱锥中，底面为菱形，，为的中点.

（1）若，求证：；

（2）若平面平面，且，点在线段上，试确定点的位置，使二面角大小为,并求出的值.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】

【分析】

(1)连结PQ,QB，由几何关系可证得，，利用线面垂直的判定定理可得平面，然后利用线面垂直的定义证明题中的结论即可.

(2)设，建立空间直角坐标系，由题意可得平面MBQ的法向量为,平面BQC的一个法向量为，据此得到关于的方程，解方程即可确定的值.

【详解】(1)如图所示，连结PQ,QB，由可得，

由可得，，

由线面垂直的判定定理可知平面，

在平面内，故.

(2)建立如图所示的空间直角坐标系则，

设，则，即，

据此可得点M的坐标为，而，

设平面MBQ的法向量为，则：

,

据此可得平面MBQ的一个法向量为,

易知平面BQC的一个法向量为，

由题意可得：，即：，

解得：.即的值为.

【点睛】

本题主要考查线面垂直的判定定理，空间向量的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

20.在圆上取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，当点在圆上运动时，设线段中点的轨迹为. （1）求的方程；

（2）试问在上是否存在两点关于直线对称，且以为直径的圆恰好经过坐标原点？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，.

【解析】

【分析】

（1）设，则点，将代入圆，可得的方程；（2）可判断直线存在斜率，设直线的方程为，联立，消去并整理得，设，利用根与系数可得，依题意，可得，即，化为，由的中点在直线上，可得，代入化简解出即可.

【详解】（1）设，则点，

将代入圆，

可得

的方程为.

（2）显然，直线存在斜率，设直线的方程为，

联立，消去并整理得，

,化为，

设，

则，

依题意，可得，，

又，

，

，

解得，

由的中点在直线上，

，

，化为，

把代入化为，

解得（舍去）或，

，解得，

满足，即满足，

在上存在两点关于直线对称,且以为直径的圆恰好经过坐标原点，直线的方程为.

【点睛】本题主要考查的轨迹方程的求解方法、直线与椭圆的位置关系、向量垂直与数量积的关系，化归与转化思想方法的应用，属于难题. 求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.

21.已知函数.

（1）当时，求的最大值;

（2）若对，都有恒成立，求的取值范围;

(3)证明：对任意正整数均成立，其中为自然对数的底数.

【答案】（1）；（2）；（3）见解析

【解析】

【分析】

(1)首先求得导函数，然后结合导函数求解函数的最大值即可；

(2)首先求得导函数，然后分类讨论确定a的取值范围即可；

(3)所给的不等式两侧取对数，结合(2)中的结论和不等式的性质即可证得题中的不等式. 【详解】(1),

据此可得：单调递增；

单调递减，

函数的最大值为.

(2)由题意可得：，

若，则单调递减，而，不合题意，舍去；

当时：

①.单调递减，而，不合题意，舍去；

②.单调递增，，符合题意；

③.单调递增，，符合题意；

综上可得，的取值范围是；

(3)题中所给的表达式两侧取对数即证：

,

即：,

结合(2)中的结论，函数的解析式取，则,

即：,(*)

由于，将代入(*)式可得：

，

则：

，

故题中的不等式成立.

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．

22.在直角坐标系中，曲线的方程为，．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）求的直角坐标方程；

（2）若与有四个公共点，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）由，代入曲线的极坐标方程可求出曲线的直角坐标方程；（2）将曲线的方程表示为分段函数的形式，可得得直线与直线与曲线都相交，然后利用圆心到直线的距离小于半径，列不等式即可求出的值.

【详解】（1）由，

代入曲线的极坐标方程可得，

因此，曲线的普通方程为.

（2）将曲线的方程可化为，

由于曲线与曲线有四个公共点，由圆的方程可知,所以,

直线与曲线相交且直线与曲线相交，

则有，化简得，，

，化简得，，

综上所述，实数的取值范围是.

【点睛】本题考查曲线的极坐标方程，考查极坐标方程与普通方程之间的转化，同时考查了直线与圆的位置关系,属于中等题. 解答直线与圆的位置关系的题型，常见思路有两个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系（求弦长问题需要考虑点到直线距离、半径，弦长的一半之间的等量关系）；二是直线方程与圆的方程联立，考虑运用韦达定理以及判别式来解答.

23.已知关于的不等式.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若不等式有实数解，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

(1)代入的值，对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果；(2 )根据绝对值三角不等式求得的最小值为，得到,解不等式即可得结果.

【详解】（1）时，

故或或，

解得，

故不等式的解集是.

（2）因为，

所以，要使不等式有实数解，

则，

即

解得，

即的范围是.

【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题,考查绝对值不等式的性质以及分类讨论思想，属于中档题. 绝对值不等式的常见解法：

①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；

②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；

③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．