2018-2019学年黑龙江省哈尔滨三中高三（上）期末数学试卷（理科）

这是一份2018-2019学年黑龙江省哈尔滨三中高三（上）期末数学试卷（理科），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2018-2019学年黑龙江省哈尔滨三中高三（上）期末数学试卷（理科）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．（5分）设，，则　　A． B． C． D．2．（5分）已知向量，，且，则实数的值为　　A．1 B． C． D．23．（5分）“”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4．（5分）已知数列为等差数列，且，则等于　　A． B． C． D．5．（5分）已知变量、满足的约束条件，则的最大值为　　A． B． C．4 D．6．（5分）阅读如图的程序框图，输出结果的值为（其中为虚数单位，　　A．1 B． C． D．7．（5分）在正方体中，是正方的中心，则异面直线与所成角为　　A． B． C． D．8．（5分）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．2 D．19．（5分）若某几何体的三视图如图所示，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．2 D．10．（5分）已知椭圆的离心率，为椭圆上的一个动点，则与定点连线距离的最大值为　　A． B．2 C． D．311．（5分）已知点，、，在同一个球面上，且，，，若四面体体积的最大值为10，则该球的表面积是　　A． B． C． D．12．（5分）已知函数，则函数的零点个数为　　A．6 B．7 C．9 D．10二、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．（5分）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　　．14．（5分）已知函数在区间，上单调递减，且为偶函数，则满足（1）的的取值范围是　　．15．（5分）过点作直线与圆交于、两点，如果，则的方程为　　．16．（5分）设数列的前项和为，，且，若，则的最大值为　　．三、解答题：（本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）17．（12分）在，三个内角，，所对的边分别为，，，满足．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，，求，的值．（其中18．（12分）数列的前项和为，且，（Ⅰ）证明：数列为等比数列，并求；（Ⅱ）若，求数列的前项和．19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，为的中点．若，求证：；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．20．（12分）在圆上取一点，过点作轴的线段，为垂足，当点在圆上运动时，设线段中点的轨迹为．（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）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．21．（12分）已知函数．（Ⅰ）当时，求的最大值；（Ⅱ）若对，都有恒成立，求的取值范围；（Ⅲ）证明：对任意正整数均成立，其中为自然对数的底数．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）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．（Ⅰ）求的直角坐标方程；（Ⅱ）若与有四个公共点，求的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知关于的不等式．（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若不等式有实数解，求实数的取值范围．
2018-2019学年黑龙江省哈尔滨三中高三（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、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）【解答】解：，，如图所示，可知，故选：．【解答】解：向量，，且，，解得．实数的值为．故选：．【解答】解：当时，反之，当时，有，或，故选：．【解答】解：数列为等差数列，且，则：，解得：，所以：．故选：．【解答】解：作出不等式组对于的平面区域如图：由，则，平移直线，由图象可知当直线，经过点时，直线的截距最大，此时最大，由，解得，即，此时，故选：．【解答】解：由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值．．故选：．【解答】解：在正方体中，是正方的中心，，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：．【解答】解：如果双曲线的两个焦点分别为、，一条渐近线方程为，，解得，．所以经过双曲线焦点且垂直于轴的弦的长度为：故选：．【解答】解：几何体为不规则放置的四棱锥，是正方体的一部分，如图：也可以看作是棱柱去掉两个三棱锥的几何体，几何体的体积：．故选：．【解答】解：椭圆的离心率，可得：，解得，椭圆方程为：，设，则与定点连线距离：，当时，取得最大值：．故选：．【解答】解：由题意，作图，易知，则球心在过中点与面垂直的直线上，由四面体的最大体积为10，可得，在△中，，，得，该球的表面积为：，故选：．【解答】解：时，，，令，解得：或，故在递增，在递减，在，递增，故，（3），（5），而，，，（1），（4），（5），故存在，，使得，时，在递减，时，，画出函数的图象，如图示：，函数的零点个数即和，和的交点个数，结合图象和有4个交点，和的图象有3个交点，和的图象没有交点，故函数的零点个数为7个，故选：．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.）【解答】解：椭圆与双曲线有共同的焦点，可得，即，双曲线的离心率为2，所以，则，所以双曲线的方程为：．故答案为：．【解答】解：根据题意，函数在区间，上单调递减，且为偶函数，则（1）（1），解可得：或或，即的取值范围为，，，；故答案为：，，，．【解答】解：圆 即，圆心，半径等于5，设圆心到直线的距离为，由弦长公式得． 当直线的斜率不存在时，方程为，满足条件．当直线的斜率存在时，设斜率等于，直线的方程为，即，由圆心到直线的距离等于3得，，直线的方程为．综上，满足条件的直线的方程为或，故答案为：或．【解答】解：由数列的前项和为，，可得，，，，，，的等差数列，首项为3，公差为4，数列的前项和为，可得，，，，．由，若，则的最大值为63，故答案为：63．三、解答题：（本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）【解答】解：（Ⅰ）已知等式，利用正弦定理化简得：，整理得：，即，，，则；由，得：，①又由知，，②由余弦定理得：，将及①代入得：，，，③由②③知、是一元二次方程的两个根，解此方程，并由得：，．【解答】解：（Ⅰ）证明：，，，即为，可得数列为首项为2，公比为2的等比数列，则；（Ⅱ），即，，，则前项和．【解答】证明：，为的中点，，又底面为菱形，，，又，平面，又平面，；（Ⅱ）解：平面平面，平面平面，，平面．以为坐标原点，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系如图．则由题意知：，0，，，0，，，，，，，，设，则，，，平面的一个法向量是，0，，设平面的一个法向量为，，，则，取，则，二面角大小为，，解得，此时．【解答】解：（Ⅰ）设，则点，将代入圆，得．所以的方程为．（Ⅱ）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，，，又，，解得：．由的中点，在直线上，，，化为：，把代入上式化为：，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：．【解答】（1）解：当时，，，．可得时，，时，，在递增，在递减，的最大值为（1）；（2）解：．．故：①当时，，在单调递减，而（1），，不符合题意，②当时，，在单调递增，在（而（1），，不符合题意，③当时，时，，在单调递减，而（1），此时，不符合题意，综上所述：的取值范围，（3）证明：要证明．等价于证明，等价于证明．由（2）可得在恒成立．令，，2，3，．则．．．．成立．．成立．[选修4-4：坐标系与参数方程]【解答】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）曲线的方程可化为，由于曲线与曲线有四个公共点，则且：直线与曲线相交，则有，化简得，解得．直线与曲线相交，则有，化简得，解得．综上所述，实数的取值范围是，．[选修4-5：不等式选讲]【解答】解：（1）时，，故或或，解得：，故不等式的解集是；（2）若不等式有实数解，则．解得：，即的范围是．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/12/17 21:22:18；用户：18434650699；邮箱：18434650699；学号：19737267