2021届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三12月月考数学（理）试题（含解析）

这是一份2021届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三12月月考数学（理）试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三12月月考数学（理）试题  一、单选题1．已知集合，则的子集共有A．2个 B．4个 C．6个 D．8个【答案】B【详解】因为，所以，所以其子集个数为：.故选：B.2．“”是“直线的倾斜角大于”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【分析】由直线的倾斜角大于得到不等式，求出的范围，从而利用充分条件，必要条件的定义得解．【详解】设直线的倾斜角为，直线可化为，所以由直线的倾斜角大于可得：或，即：或，所以 或，但或 故选A【点睛】本题主要考查了充分条件，必要条件的概念，还考查了倾斜角与斜率的关系，属于基础题3．已知等差数列中，则公差（    ）A．-2 B． C． D．2【答案】C【分析】利用等差数列的通项公式即可得出.【详解】解：，，，，，.故选：C.4．已知双曲线的一条渐近线的方程为，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由双曲线方程求出渐近线方程，再根据题意得，进而求出，借助以及离心率公式即可得解.【详解】双曲线的渐近线方程为，由题意可知，即，所以，所以双曲线的离心率.故选：A.【点睛】本题考查的是求双曲线的离心率问题，考查学生的转化与化归能力和运算求解能力，属于基础题.已知双曲线的标准方程，求双曲线的渐近线时，要先确定双曲线的焦点所在坐标轴，再确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后再确定双曲线的渐近线方程.5．“堑堵”是中国古代数学名著《九章算术》中记载着的一种多面体．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某“堑堵”的三视图，则该“堑堵”的体积等于（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据几何体的三视图可得该几何体为直三棱柱，再利用体积的计算公式求得答案.【详解】由已知可得该“堑堵”是直三棱柱，所以体积，故选：C．【点睛】本题以数学文化为背景，考查三视图还原几何体的直观图，并求柱体的体积，考查空间想象能力和运算求解能力.6．已知实数满足，则的最小值是 A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【分析】由约束条件画出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组得到最优解的坐标，代入目标函数得到答案.【详解】由实数x，y满足得到可行域如图：z＝3x﹣2y变形为y＝x﹣，由，解得B（2，0）当此直线经过图中B时，在y轴的截距最大，z最小，所以z的最小值为3×2﹣2×0＝6；故选C．【点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.7．已知直线l过抛物线的焦点，并交抛物线C于A、B两点，，则弦AB中点M的横坐标是（    ）A．3 B．4 C．6 D．8【答案】C【分析】根据抛物线方程画出图像,结合抛物线定义及梯形中位线性质,即可求得AB中点M的横坐标.【详解】直线l过抛物线的焦点, 交抛物线C于A、B两点则其焦点坐标为,准线方程为 过向准线作垂直交准线于点,过向准线作垂直交准线于点,过向准线作垂直交准线于,交轴于,如下图所示:设 由抛物线定义可知,由,可知因为为的中点,由梯形的中位线性质可知 则即M的横坐标是 故选:C【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系,过焦点的直线与弦长关系,中点坐标公式及梯形中位线性质的应用,属于基础题.8．已知圆心在直线上的圆，其圆心到轴的距离恰好等于圆的半径，在轴上截得弦长为，则圆的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意画出图形，过M作MA垂直于x轴，MB垂直于y轴，连接MC，由垂径定理得到B为CD中点，由求出，由圆与x轴垂直得到圆与x轴相切，所以MA和MC为圆M的半径，在直角三角形MBC中，由，及，利用勾股定理列出关于a与b的方程，再把M的坐标代入到直线中，又得到关于a与b的另一个方程，联立两方程即可求出a与b的值，确定圆心及圆的半径即得结果.【详解】根据题意画出图形，如图所示：过M作轴，轴，连接MC，由垂径定理得到B为CD中点，又，∴，由题意可知圆的半径，，根据勾股定理得：，①又圆心在直线上，得，②联立①②，解得：，，所以圆心坐标为，半径，则所求圆的方程为：，故选：D．【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系，垂径定理及勾股定理．根据圆心到x轴的距离恰好等于圆的半径得到所求的圆与x轴相切，进而求出圆的半径为|b|是解本题的关键，同时运用了数形结合的思想解决数学问题，培养了学生发现问题，分析问题，解决问题的能力.9．若将一个圆锥的侧面沿一条母线展开，其展开图是半径为5，面积为的扇形，则与该圆锥等体积的球的半径为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用圆锥的基本量与侧面展开图的基本量的关系，建立等量关系求解，再求圆锥的体积，即可计算.【详解】侧面展开图的半径设为，也是圆锥的母线，设圆锥底面半径为，则，则扇形面积，则，即，根据勾股定理可知，圆锥的高，则圆锥的体积，那么球的体积，解得： 故选：B10．已知函数为奇函数，，当取最小值时，的一个单调递减区间是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由诱导公式求出，然后确定函数的减区间．【详解】函数为奇函数，则，又，∴=．∴，又，∴函数图象关于直线对称，∴，，其中最小的正数是，∴．即，由，得，，即减区间为，是其中一个．故选：A．【点睛】本题考查函数的奇偶性，单调性，解题时掌握正弦函数与余弦函数的奇偶性及诱导公式可使解题过程简化．11．在中，，是线段上的点，，若的面积为，则的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将的面积分成两个小三角形面积和，得到关于的方程，再利用基本不等式求最值.【详解】因为，所以，即，因为，所以，等号成立当且仅当.故选：B【点睛】本题考查三角形面积公式、基本不等式的应用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意等号成立的条件.12．已知函数，，若，t>0，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先由，，再结合函数函数的图象可知，，这样转化，利用导数求函数的最大值.【详解】由题意得，，，即，，易得f(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，又当x∈(-∞，0)时，f(x)<0，x∈(0，+∞)时，f(x)>0，作函数的图象如图所示.由图可知，当t>0时，有唯一解，故，且， ∴.设，则，令解得t=e，易得在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，∴，即的最大值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求函数的最值，本题的关键是观察与变形， ，并且由函数图象判断，只有一个零点，所以，这样后面的问题迎刃而解.  二、填空题13．设复数满足，则=___________【答案】【分析】利用复数的除法计算，再求模.【详解】，所以 故答案为：14．已知函数，若，则_______.【答案】0【分析】由和相加可得 ，再把代入可得到，从而得到答案.【详解】因为， ，，即，，，得，所以，，得，则，故答案为：015．如图，，分别为椭圆的右顶点和上顶点，为坐标原点，为线段的中点，为在上的射影，若平分，则该椭圆的离心率为___________【答案】【分析】在直角三角形中，，且为的中点，则可求出，，，，再利用角平分线的性质建立等式关系，进而可以求解．【详解】解：在直角三角形中，，且为的中点，所以，，则，，，由内角平分线定理可得：，即，化简可得：，所以椭圆的离心率为，故答案为：．16．已知直线､，平面､，给出下列命题：①若，，且，则；②若，，且，则；③若，，，则；④若则；其中正确的命题序号是___________【答案】①④【分析】①用平面与平面垂直的判定定理判断；②用运动思想寻找反例判断；③根据线面位置关系用运动思想寻找反例判断；④用直线与平面平行的判断定理判断．【详解】解：对于①，如图，在空间取点，在平面、外，在直线、外，过作交于点，过作交于点，设确定的平面为，，为二面角的平面角；，；，，即为直线与的成角，显然有，所以四点、、、共圆，所以；于是，所以①对；对于②，，，且，此时与可能相交，未必，所以②错；对于③，，，，此时与可能平行，未必，所以③错；对于④，，，，，所以④对；故答案为：①④． 三、解答题17．已知数列满足为等比数列，且，，.（1）求；（2）求.【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据题意可求得数列的首项和公比，利用等比数列通项公式可得数列的通项公式，即可得到；（2）由利用累加法得到时的，验证时成立，即可得到.【详解】解：（1）由且得：，所以，又因为数列为等比数列，所以可知其首项为4，公比为2. 故，所以.（2）由，. ，则，，，累加得， .又满足上式【点睛】本题主要考查是等比数列通项公式的应用，基本量的计算，以及利用累加法求通项，利用累加法时最后要注意验证时是否成立，考查学生的计算能力，是中档题.18．已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，且．（1）求抛物线的方程；（2）不过原点的直线与抛物线交于不同两点，若，求的值．【答案】（1）（2）【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可求出，进而可得抛物线的方程；
（2）由题意易知：直线的方程为，与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系和向量数量积的坐标运算代入即可解出．【详解】解：（1）已知抛物线过点，且则，∴，故抛物线的方程为；（2）设，，联立，得，，得，，，又，则，，或，经检验，当时，直线过坐标原点，不合题意，又，综上：的值为-8．【点睛】本题重点考查了利用一元二次方程的根与系数的关系研究直线与抛物线相交问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19．在直角坐标系中，曲线的参数方程是（是参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）在曲线上取一点，直线绕原点逆时针旋转，交曲线于点，求的最大值.【答案】（1）（2）最大值为【分析】（1）利用消去参数，求得曲线的普通方程，再转化为极坐标方程.（2）设出两点的坐标，求得的表达式，并利用三角恒等变换进行化简，再结合三角函数最值的求法，求得的最大值.【详解】（1）由消去得曲线的普通方程为.所以的极坐标方程为，即.（2）不妨设，，，，，则当时，取得最大值，最大值为.【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程，普通方程化为极坐标方程，考查极坐标系下线段长度的乘积的最值的求法，考查三角恒等变换，考查三角函数最值的求法，属于中档题.20．如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点E是棱的中点．（1）求证：平面ABC；（2）在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，或【分析】（1）利用余弦定理解得，结合勾股定理得到，证得侧面，，继而可证平面ABC；（2）以B为原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立空间直角坐标系，假设存在点M，设，由EM与平面所成角的正弦值为，可求解.【详解】（1）由题意，因为，，，利用余弦定理，解得，又，，侧面，．又，AB，平面ABC，∴直线平面ABC．（2）以B为原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，，，设平面的一个法向量为，，，，，令，则，，假设存在点M，设，，，，，利用平面的一个法向量为，，得．即，或，或．【点睛】本题考查了空间向量和立体几何综合问题，考查了学生逻辑推理，空间向量和数学运算能力，属于中档题.21．如图，已知椭圆E：()的右焦点为，离心率，过点F作一条直线交椭圆E于A，B两点(其中A在x轴的上方)，过点A作直线：的垂线，垂足为C.（1）求椭圆E的方程；（2）已知平面内一定点T，证明：B，T，C三点共线.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）求出，结合离心率求，推出，得到椭圆方程．（2）设，，，，则，联立与，利用韦达定理，通过求解，即可．【详解】解：（1）由题意可知，，解得，，所以，所以椭圆E的方程为.（2）.证明B，T，C三点共线.证明：设，，则，，将：与，得，从而要证B，T，C三点共线，即证.，得证.22．已知函数，为自然对数的底数.（1）当时，证明，，；（2）若函数在上存在极值点，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析：（2）【分析】(1)代入,求导分析函数单调性,再的最小值即可证明.(2) ,若函数在上存在两个极值点,则在上有根.再分,与,利用函数的零点存在定理讨论导函数的零点即可.【详解】(1)证明：当时,,则,当时,,则,又因为,所以当时,,仅时,,所以在上是单调递减,所以,即.(2),因为,所以,①当时,恒成立,所以在上单调递增,没有极值点.②当时,在区间上单调递增,因为.当时,,所以在上单调递减,没有极值点.当时,,所以存在,使当时,时,所以在处取得极小值,为极小值点.综上可知,若函数在上存在极值点,则实数.【点睛】本题主要考查了利用导函数求解函数的单调性与最值,进而证明不等式的方法.同时也考查了利用导数分析函数极值点的问题,需要结合零点存在定理求解.属于难题.