2021届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期数学文期末考试题答案

2021届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期数学文期末考试题答案

1．D

【分析】

解不等式确定集合后，再由交集定义计算．

【详解】

，

，

∴．

故选：D．

2．B

【分析】

经分析，找到乙工匠空闲时间最短的方案即可得解.

【详解】

由题意，甲按，，的顺序工作，乙工匠空闲时间最短，所需时间最短，

最短时间为h.

故选：B.

3．B

【分析】

结合函数的奇偶性求出函数的对称轴，判断，令，求出方程的解的个数，判断，令，，从而判断，即可．

【详解】

定义域为，显然关于原点对称，又，所以是偶函数，关于轴对称，故选项A正确.

令即，解得：，1，，函数有3个零点，故错误；

令，，时，函数，都为递增函数，故在递增，故正确；

由时，取得最小值，故的最小值是，故正确．

故选：B．

【点睛】

本题通过对多个命题真假的判断，综合考查函数的单调性、函数的奇偶性、函数的最值，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.

4．D

【分析】

求出平移后的解析式，令即可得出对称中心.

【详解】

将函数的图像向右平移个单位，可得，

令，则可得，

则平移后的函数的对称中心为.

故选：D.

5．C

【分析】

根据向量数量积的坐标表示求数量积，由向量在上的投影为即可求投影.

【详解】

由题意知：，而，

又，而向量在上的投影为，

故选：C

6．A

【分析】

由展开后，利用基本不等式，即可求出结果.

【详解】

因为，，且，

则，

当且仅当，即时，等号成立.

故选：A.

【点睛】

易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

7．A

【分析】

先根据题意求出等差数列的首项和公差，再根据等差数列的前项和公式求出，再由，，成等比数列，列出式子求解即可.

【详解】

解：由，

解得：，

又，

，

，

，

，，成等比数列，

，

即，

解得：.

故选：A．

8．B

【分析】

根据以及可得，再根据离心率公式可得结果.

【详解】

因为，，

所以.

故选：B.

【点睛】

关键点点睛：求双曲线离心率的关键是找到的等量关系，由，可得所要的等量关系.

9．D

【分析】

取的中点，，分别为，轴，过点，作平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线成角即可.

【详解】

取的中点，，分别为，轴，过点，作平行的直线为轴，

建立空间直角坐标系，如图所示：

，，，，   

，，，

，，

设直线与所成角为，

则.

故选：D

10．C

【分析】

根据题意将四面体ABCD还原为正方体，求出该正方体的外接球的表面积，即为四面体的外接球的表面积.

【详解】

如图所示，可将四面体ABCD还原为正方体，则四面体的外接球即为正方体的外接球

因此球O的半径，表面积

故选：C.

11．D

【分析】

解不等式，利用集合的包含关系可判断A选项的正误；利用特殊值法结合充分条件、必要条件的定义可判断B选项的正误；利用充分条件、必要条件的定义可判断C、D选项的正误.

【详解】

对于A选项，解不等式，可得或，

或，所以，“”是“”的必要不充分条件，A选项正确；

对于B选项，充分性：取，则为无理数，但为有理数，即充分性不成立；

必要性：若为无理数，则是无理数，必要性成立.

所以，“为无理数”是“为无理数”的必要不充分条件，B选项正确；

对于C选项，充分性：因为，若，则，所以，不成立，所以，、不全为，充分性成立；

必要性：若、不全为，则，必要性成立.

因此，“”是“、不全为”的充要条件，C选项正确；

对于D选项，充分性：若，则为直角，所以，为直角三角形，充分性成立；

必要性：若为直角三角形，则“为直角”或“是直角”或“为直角”，

所以，“”或“”或“”，即必要性不成立.

因此，“”是“为直角三角形”的充分不必要条件，D选项错误.

故选：D

12．【分析】B

将题设不等式化为，利用导数求出的最小值，即可得出实数的取值范围.

【详解】

依题意，，故，令，故，而

令，故，故当时，，当时，，故，即实数的取值范围为

故选：B．

13．

【分析】

令，，根据复数的相等可求得，代入复数模长的公式中即可得到结果.

【详解】

设，，

，

，又，所以，，

，

，

.

故答案为：.

14．

【分析】

根据的正负，结合得到结果.

【详解】

因为，且，

所以，

故答案为：.

15.

【分析】

根据题意，设与的夹角为，由，整理变形可得，由，由数量积的计算公式可得，结合，即可求解.

【详解】

设与的夹角为，，

若，则，

展开可得：，

即，

又因为，所以，

因为，

所以.

【点睛】

关键点点睛：将两边平方整理变形可得，结合，结合数量积的计算公式即可求解.

16．

【分析】

先求得点B关于直线的对称点为,再根据，由 的最小值为求解.

【详解】

如图所示：

设点B关于直线的对称点为,

则，

解得，则，

因为，

所以 的最小值为

故答案为：

17．（1）；（2）或.

【分析】

（1）利用余弦定理以及已知条件可得，即可得出结果；（2）利用正弦定理以及正弦二倍角公式可得，进一步得到或者，分两种情况讨论，利用余弦定理求角，利用三角形面积公式求解即可得出结果.

【详解】

（1）由余弦定理可得

，

又，

所以可得.

由于，

所以.

（2）已知，

由正弦定理可得，

由正弦二倍角公式可得，

∵，，

，，

所以或者，

当时，

，

，

，

，

；

当时，

，，

，

.

综上：的面积为或.

18．（1）1；（2）；（3）.

【分析】

（1）由题意利用三角恒等变换化简函数的解析式，从而求得的值

（2）由（1）得，利用正弦函数的周期性，得出结论；

（3）由（1）得，利用正弦函数的单调性，得出结论；

【详解】

（1）

∴

或直接求.

（2）由（1）得，所以的最小正周期为

（3）由（1）得，∵，∴，

∴

当，即时，取得最小值为.

【点睛】

关键点睛：解题的关键在于，利用三角恒等变换化简函数的解析式得到，进而利用正弦函数的性质求解，属于中档题

19．（1）；（2）.

【分析】

（1）根据所给的递推关系，结合、等比数列的定义进行求解即可；

（2）利用错位相减法进行求解即可.

【详解】

（1）∵，∴时，，

∴，∴，

又∵，∴，∴是以3为首项，3为公比的等比数列，∴；

（2）由（1）知，，所以，

∴①，

∴②，

由①②得：

20．（1）证明见解析；（2）.

【分析】

（1）推导出PO⊥AD，利用侧面PAD⊥底面ABCD，能证明PO⊥平面ABCD；

（2）由，利用等积法能求出三棱锥的体积.

【详解】

（1）∵侧棱PA=PD=，O为AD的中点，

∴PO⊥AD，

∵侧面PAD⊥底面ABCD，侧面底面ABCD=AD，

∴PO⊥平面ABCD．

（2）∵平面ACD，PO=1，

，

∴三棱锥的体积.

21．（1）；（2）.

【分析】

（1）求出椭圆的左焦点，根据点斜率式可得的方程，直线方程与椭圆方程消去，利用根与系数的关系，根据弦长公式即可算出弦的长；

（2）利用点到直线的距离公式求出三角形的高，结合（1）的结论，再利用三角形面积公式可得答案.

【详解】

椭圆方程为，

焦点分别为，，

直线过左焦点倾斜角为，

直线的方程为，

将方程与椭圆方程消去，得

设，，，，可得

，

因此，．

2）（1，到直线AB的距离为：

..
 

【点睛】

求曲线弦长的方法：（1）利用弦长公式；（2）利用；（3）如果交点坐标可以求出，利用两点间距离公式求解即可.

22．（1）在上单调递减；在上单调递增；（2）．

【分析】

（1）求导后，利用导数符号可得结果；

（2）将恒成立转化为在上恒成立，再构造函数利用导数求解即可.

【详解】

（1）的定义域为．

，令，.

由，得，故在上单调递减；

由，得，故在上单调递增．

综上，在上单调递减；在上单调递增．

（2）∵，∴，即，

当时，恒成立等价于.

设，则

.

由于，，

当，即时，，则在上单调递增，

恒成立．

当时，即时，设，

则.

则为上的单调递增函数，

又，

则在上存在，使得，

当时，单调递减；

当时，g单调递增．

则，不合题意，舍去．

综上所述，实数的取值范围是．

【点睛】

结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：

①若在上恒成立，则；

②若在上恒成立，则；

③若在上有解，则；

④若在上有解，则；