黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019届高三上学期期中考试数学(理)试题 含解析

黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019届高三上学期期中考试数学（理）试题考试时间：120分钟试卷满分：150分一、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.若集合，集合，则A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出集合的等价条件，结合交集的定义进行计算即可．【详解】A={x|x2-x-2＜0}={x|-1＜x＜2}，则，故选：D．【点睛】本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件是解决本题的关键．2.已知，则的值A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据一个角的正弦和余弦之间的关系，得到角的正切值，把所给的三角函数式通过三角恒等变换变成正切，得到结果．【详解】则故选A.【点睛】本题考查同角的三角函数之间的关系，本题解题的关键是熟练应用切与弦之间的互化问题，本题是一个基础题．3.已知向量，向量的夹角是，，则等于A. B. 1 C. D. 2【答案】D【解析】【分析】根据平面向量数量积运算的定义，即可求出对应的模长．【详解】∵向量又向量的夹角是，，∴∴．故选：C．【点睛】本题考查了平面向量数量积的应用问题，是基础题目．4.若是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列说法中正确的是A. ∥∥B. ∥C. ∥∥D. ∥∥【答案】C【解析】【分析】利用线面平行与垂直的判定与性质定理即可判断出正误．【详解】对于A. ∥∥，错误，与又饿可能异面；对于B. ∥，错误，与有可能相交；对于C. ∥∥，利用直线与平面垂直的判定定理可得结论正确；对于 D. ∥∥，错误，与有可能相交.故选C.【点睛】】本题考查了线面平行与垂直的判定与性质定理，考查了推理能力与空间想象能力，属于基础题．5.《周碑算经》中有这样一个问题：从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,则小满日影长为( )A. 1.5尺B. 2.5尺C. 3.5尺D. 4.5尺【答案】B【解析】设各节气日影长依次成等差数列，是其前项和，则===85.5，所以=9.5，由题知==31.5，所以=10.5，所以公差=−1，所以==2.5，故选B．6.函数f（x）=sin（ωx+）（其中||＜）的图象如图所示，为了得到y=f（x）的图象，只需把y=sinωx 的图象上所有点（）A. 向右平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向左平移个单位长度【答案】A【解析】【分析】由，可求得其周期T，继而可求得，再利用函数的图象变换及可求得答案．【详解】解：由图知，，，；又，，又，，，，为了得到的图象，则只要将的图象向左平移个单位长度．故选：C．【点睛】本题考查函数的图象变换，求得是关键，考查识图与运算能力，属于中档题．7.直三棱柱中，，，则直线与所成角的大小为A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°【答案】B【解析】【分析】作出异面直线所成的角，然后求解即可．【详解】因为几何体直三棱柱，BC∥B1C1，直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC，，连结，取BC的中点H,连结OH，则直线与所成的角为就是．设．易得，三角形AOH是正三角形，异面直线所成角为60°．故选：B．【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查计算能力．8.若函数在区间上单调递减，且，，则A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出原函数的定义域，再求出内函数二次函数的增区间，由题意列关于a的不等式组，求得a的范围，结合b=1g0.3＜0，c=20.3＞1得答案．【详解】由5+4x-x2＞0，可得-1＜x＜5，函数t=5+4x-x2的增区间为（-1，2），要使f(x)＝log0.3(5+4x−x2)在区间（a-1，a+1）上单调递减，则，即0≤a≤1．而b=1g0.3＜0，c=20.3＞1，∴b＜a＜c．故选：A．【点睛】本题主要考查了复合函数的单调性以及单调区间的求法．对应复合函数的单调性，一要注意先确定函数的定义域，二要利用复合函数与内层函数和外层函数单调性之间的关系进行判断，判断的依据是“同增异减”，是中档题．9.已知数列的首项，数列为等比数列，且．若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知条件推导出a n=b1b2…b n-1，由此利用b10b11=2，根据等比数列的性质能求出a21．【详解】数列{a n}首项a1=2，数列{b n}为等比数列，且，∴…．故选：C．【点睛】本题考查数列的第21项的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意递公式和等比数列的性质的合理运用．10.某几何体的三视图如右图所示,则该几何体的体积为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知中的三视图，可得该几何体是由一个三棱柱，挖去两个三棱锥，所得的组合体，进而可得答案【详解】由已知中的三视图，可得该几何体是：一个三棱柱挖掉两个三棱锥，所得的组合体，其直观图如图所示：∵三棱柱的体积，挖去的棱锥体积，故该几何体的体积为：，故选A．【点睛】本题考查三视图与几何体的关系，考查学生的视图能力判断能力，以及空间想象能力．11.已知定义域为R的奇函数，当时，，当时，，则A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由当时，，可得又根据奇偶性求出即可.【详解】定义域为R的奇函数，当时，，则则又当时，，故.故选B.【点睛】】本题考查分段函数的运用：求函数值，注意运用周期性和对数的运算性质，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想，是基础题．12.已知是定义在R上的奇函数，满足，且当时，，则函数在区间上的所有零点之和为A. 12B. 13C. 14D. 15【答案】D【解析】【分析】由题可知函数周期为2 ，作出函数数和在区间上的的图像。

即可得到答案.【详解】由，知关于点中心对称，又是定义在R上的奇函数，则函数的周期为2，已知，，作出函数和在区间上的的图像如图所示，已知，所有零点之和为【点睛】本题考查了函数零点与函数图象的关系，函数周期与对称性性的应用，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.过点且与直线垂直的直线方程为____________．【答案】【解析】【分析】因为直线l与已知直线垂直，根据两直线垂直时斜率的乘积为-1，由已知直线的斜率求出直线l的斜率，然后根据（-1，2）和求出的斜率写出直线l的方程即可．【详解】因为直线2x-3y+9=0的斜率为，所以直线l的斜率为，则直线l的方程为：，化简得.即答案为．【点睛】本题考查学生掌握两直线垂直时斜率的关系，会根据一点和斜率写出直线的点斜式方程，是一道基础题．14.已知，则____________．【答案】【解析】【分析】利用诱导公式和二倍角公式求解即可.【详解】即答案为.【点睛】本题考查诱导公式和二倍角公式的应用，属中档题.15.△中，，，，则____________．【答案】【解析】【分析】利用平面向量的基本运算与解三角形的基础知识，求解向量的数量积即可．【详解】∵，∴，∵在△ABC 中，由正弦定理得 变形得，则，故答案为．【点睛】本题考查平面向量的数量积，向量在几何中的应用，平面向量的身影，且均属于中等题或难题，应加强平面向量的基本运算的训练，尤其是与三角形综合的问题16.已知正三角形的三个顶点都在半径为的球面上，球心到平面的距离为，点是线段的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是____________． 【答案】【解析】 设正三角形的中心为，连接，分析知经过点的球的截面，当截面与垂直时截面圆的半径最小，相应地截面圆的面积有最小值，由此算出截面圆半径的最小值，从而可得截面面积的最小值. 连结，因为是正三角形的中心，三点都在球面上,所以平面，结合平面，可得，因为球的半径.球心到平面的距离为1，得，所以在中，,又因为为的中点，是等边三角形，所以，因为过作球的截面，当截面与垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆的半径，可得截面面积为.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． 17.在中，角所对的边分别为，且．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，,求的面积．【答案】（1） ； （2）.【解析】 【分析】（Ⅰ）已知等式括号中第一项利用同角三角函数间基本关系化简，整理后求出cosB 的值，确定出sinB 的值， （Ⅱ）利用余弦定理表示出cosB ，利用完全平方公式变形后，将a+b ，b ，cosB 值代入求出ac 的值，再由sinB的值，利用三角形面积公式即可求出三角形ABC面积．【详解】（Ⅰ）由得，,，即，，又 , ．（Ⅱ）由余弦定理得：，又，，,．【点睛】本题考查了余弦定理，两角和与差的正弦函数公式，二倍角的正弦、余弦函数公式，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．18.若数列的前项和满足,等差数列满足.(1)求数列、的通项公式;(2)设,求数列的前项和为.【答案】(1)，;(2).【解析】【分析】（Ⅰ）由数列递推式求出a1，在数列递推式中取n=n-1得另一递推式，作差后得到数列{a n}为等比数列，则数列{a n}的通项公式可求，再由b1=3a1，b3=S2+3求出数列{b n}的首项和公差，则{b n}的通项公式可求；（Ⅱ）把数列{a n}、{b n}的通项公式代入，直接由错位相减法求数列{c n}的前n项和为T n．【详解】（Ⅰ）当时，当时，，即数列是以为首项，3为公比的等比数列，.设的公差为,（Ⅱ）①则②，由①—②得，∴ .【点睛】本题考查数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了错位相减法求数列的前n项和，是中档题．19.已知椭圆的左、右焦点分别为，其离心率，焦距为4．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若是椭圆上不重合的四个点，且满足∥，∥，，求的最小值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（Ⅰ）由已知，，求出,，即可得到椭圆的方程；（Ⅱ）由满足∵∥，∥，，可得直线垂直相交于点．1，由（1）椭圆方程），F1（-2，0）．①直线AC，BD有一条斜率不存在时，|．②直线斜率均存在，则斜率均不为0，不妨设方程联立，得．利用根与系数的关系可得：，把代入上式可得：，可得|，即可得出．【详解】（Ⅰ）由已知，，∴，∴故，椭圆方程为。

（Ⅱ）∵∥，∥，，∴直线垂直相交于点．①直线有一条斜率不存在时，②直线斜率均存在，则斜率均不为0，不妨设方程联立，得设，则．把代入上式可得：，，当且仅当，即时，上式取等号综上可得：的最小值为．【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交转化为方程联立可得根与系数关系、向量垂直与数量积的关系、三角形内切圆的性质、二次函数的性质推理能力与计算能力，属于难题．20.如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，∥，，且，，是棱的中点．（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（Ⅲ）设点是线段上的动点，与平面所成的角为，求的最大值．【答案】（1）见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（Ⅰ）通过建立空间直角坐标系，利用平面SCD的法向量即可证明AM∥平面SCD；（Ⅱ）分别求出平面SCD与平面SAB的法向量，利用法向量的夹角即可得出；（Ⅲ）利用线面角的夹角公式即可得出表达式，进而利用二次函数的单调性即可得出．【详解】（Ⅰ）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为则，令，得，∴，即∵平面∴∥平面．（Ⅱ）取平面SAB 的一个法向量，则∴平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．（Ⅲ）设，则，平面的一个法向量为∴当，即时，取得最大值，且．【点睛】本题考查利用空间向量解决立体几何问题，属中档题.21.已知函数．（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；（Ⅱ）若函数有两个极值点，且，求的取值范围．【答案】（1）单调减区间，增区间；（2）. 【解析】【分析】（Ⅰ）依题意知函数定义域为，，当时，令，得；令，得，即可得到求函数的单调区间；（II）由（I）可知：当时，函数f（x）存在两个极值点x1，x2，满足，可得，令g，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出范围．【详解】（Ⅰ）依题意知函数定义域为，，当时，令，得；令，得故函数的单调减区间，增区间．（Ⅱ）若函数有两个极值点、，且，知，，，令，，令，，令，又，;在单调递增且，，即存在使得即，在单调递减，在单调递增，又，，在单调递减，又,，故所求范围为．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请填涂题号．22.在平面直角坐标系中，已知曲线与曲线（为参数）．以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）写出曲线的极坐标方程；（Ⅱ）在极坐标系中，已知与,的公共点分别为,，当在区间上变化时，求的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（Ⅰ）由曲线C1：x+y=1，能求出曲线C1的极坐标方程；∵曲线C2的参数方程消去参数φ，得到曲线C2的普通方程，由此能求出曲线C2的极坐标方程．（Ⅱ），，由此利用，求出当时，有最大值．【详解】（Ⅰ）曲线的极坐标方程为，即．曲线的普通方程为，即，所以曲线的极坐标方程为．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，由，知，当，即时，有最大值．【点睛】本题考查曲线的极坐标方程的求法，考查两线段比值的最大值的求法，考查极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．23.已知函数．（1）求函数的最小值；（2）在（1）的条件下，设，且，求证：．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析【解析】试题分析：（Ⅰ）利用绝对值的几何意义可知函数，从而可得，解相应的不等式即可；（Ⅱ）利用分析法结合基本不等式即可证得结论．试题解析：解：（Ⅰ）（Ⅱ）∵，∴只需证明：成立，∵；．于是，∴成立，故要证明的不等式成立．考点：1．绝对值不等式；2．恒成立问题；3．分析证明．。