2020届黑龙江省哈尔滨市第六中学第二次调研考试（10月）数学（文）试题（解析版）

2020届黑龙江省哈尔滨市第六中学第二次调研考试（10月）数学（文）试题  一、单选题1．已知集合，则(   ).A. B. C. D.【答案】B【解析】求解一元二次不等式的解集，化简集合的表示，最后运用集合交集的定义，结合数轴求出.【详解】因为，所以，故本题选B.【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了集合交集的运算，正确求解一元二次不等式的解集、运用数轴是解题的关键.2．若，则复数的实部与虚部之和为（　　）A.1  B.-1 C.-2 D.-4【答案】D【解析】利用复数相乘化简得，得到复数的实部与虚部之和为.【详解】，所以复数实部为，虚部为，所以和为，故选D.【点睛】本题考查复数的乘法运算、复数实部和虚部的概念，考查基本运算求解能力.3．下列函数中，与函数的奇偶性相同，且在上单调性也相同的是（　　）A. B. C. D.【答案】A【解析】先从解析式得到函数为偶函数，且在上单调递增，与函数奇偶性与单调性均相同.【详解】因为函数为偶函数，排除B,C；当时，，所以函数在上单调递增，与函数在单调性相同，故选A.【点睛】本题考查函数奇偶性与单调性的性质，考查数形结合思想的应用，特别注意偶函数在轴两边的对称性相反.4．已知是等差数列，且，，则=（　　）A.-12  B.-11  C.-6  D.-5【答案】C【解析】根据等差数列的第一项和第四项求得公差，再求出数列的第项，进而求出.【详解】因为数列是等差数列，所以公差，所以，解得：，故选C.【点睛】本题考查等差数列通项公式，考查基本量法，求解过程中要注意整体思想的应用.5．已知菱形的边长为2，,点是上靠近的三等分点，则（　　）A.  B.  C.1  D.2 【答案】A【解析】取为基底，，再把转化成基底运算.【详解】如图，作，，因为是上靠近的三等分点，所以也都是三等分点，所以，，故选A.【点睛】本题考查平面向量基本定理的运用，考查数形结合思想，求解过程中要注意基底选择的合理性，即一般是选择模和夹角已知的两个向量作为基底.6．在中，角的对边分别是，若，且三边成等比数列，则的值为（   ）A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】先利用正弦定理边角互化思想得出，再利余弦定理以及条件得出可得出是等边三角形，于此可得出的值。【详解】，由正弦定理边角互化的思想得，，，，则.、、成等比数列，则，由余弦定理得，化简得，，则是等边三角形，，故选：C。【点睛】本题考查正弦定理边角互化思想的应用，考查余弦定理的应用，解题时应根据等式结构以及已知元素类型合理选择正弦定理与余弦定理求解，考查计算能力，属于中等题。7．关于函数，下列叙述有误的是（　　）A.其图象关于直线对称B.其图象关于点对称C.其值域是D.其图象可由图象上所有点的横坐标变为原来的3倍得到【答案】D【解析】将代入，取得最值；为的对称中心，再向上平移1个单位；由，得原函数的值域。【详解】对A，当时，，所以为函数的对称轴；对B，为的对称中心，函数向上平移1个单位后得，所以为的对称中心；对C，由，所以，所以值域为；对D，函数图象上所有点的横坐标变为原来的3倍和到的解析式为：，而不是，故选D.【点睛】本题考查函数的图象与性质，在三角变换过程中，注意横坐标的伸缩变换只与自变量有关.8．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，且，为AD的中点，则异面直线与夹角的余弦值为（  ）A． B． C． D．【答案】C【解析】作出异面直线所成的角，利用余弦定理计算出这个角的余弦值.【详解】设是中点，连接，由于分别是中点，是三角形的中位线，故，所以是两条异面直线所成的角.根据鳖臑的几何性质可知.故，在三角形中，由余弦定理得，故选C.【点睛】本小题主要考查异面直线所成的角的余弦值的求法，考查空间想象能力，考查中国古典数学文化，属于基础题.9．已知三棱锥中，平面，则此三棱锥的外接球的表面积为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】作出三棱锥的直观图，添加适当的辅助线，确定外接球球心的位置，根据数量关系，求出底面外接圆的半径，再列出球半径的方程，求出代入表面积公式.【详解】设的外心为，过作平面，取的中点，作与相交于点，则为外接球的球心为.，因为，所以，因为，所以，所以，故选B.【点睛】本题以三棱锥内接于球为背景，求球的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力，根据几何体的特点确定球心的位置是解题的关键.10．在正方体中，为棱上一点，且，为棱的中点，且平面与交于点，则与平面所成角的正切值为（　　）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据平面平面，可知所求角为；假设正方体棱长为，求解出和，从而得到结果.【详解】因为平面平面所以与平面所成角即为与平面所成角可知与平面所成角为.设，则，平面面且面，可知则，即    ，在中，故与平面所成角的正切值为本题正确选项：【点睛】本题考查立体几何中的直线与平面所成角问题，关键是能够通过位置关系确定所成角，再利用直角三角形求得结果.11．设数列的前项和为，且 ，则数列的前10项的和是（   ）A．290 B． C． D．【答案】C【解析】由得为等差数列，求得，得利用裂项相消求解即可【详解】由得，当时，，整理得，所以是公差为4的等差数列，又，所以，从而，所以，数列的前10项的和.故选.【点睛】本题考查递推关系求通项公式，等差数列的通项及求和公式，裂项相消求和，熟记公式，准确得是等差数列是本题关键，是中档题12．已知函数，若对任意，总存在，使，则实数的取值范围是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】求出两个函数的值域，结合对任意，总存在，使，等价为的值域是值域的子集，分别研究两个函数的值域即可.【详解】对任意，则，即函数的值域为，若对任意的，总存在，使，设函数的值域为，则满足，即可，当时，函数为减函数，则此时，当时，，（1）当，即时，满足条件成立；（2）当时，此时，要使成立，则此时当时，，所以解得：，综上所述：或，故选B.【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，求出函数的值域，转化为的值域是值域的子集，若懂得借助函数图象进行分析，则更容易看出问题的本质.  二、填空题13．已知，则在方向上的投影为_________．【答案】【解析】根据投影的定义求解即可.【详解】由数量积定义可知在方向上的投影为，则 故答案为【点睛】本题主要考查了投影和数量积公式，掌握在方向上的投影为是解题的关键，属于基础题.14．若正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，则该正四棱锥的体积为______.【答案】4.【解析】设正四棱锥的高为PO，连结AO，在直角三角形POA中，求得高,利用体积公式，即可求解．【详解】由题意，如图所示，正四棱锥P-ABCD中，AB=，PA=设正四棱锥的高为PO，连结AO，则AO=，在直角三角形POA中，，∴.【点睛】本题主要考查了正棱锥体积的计算，其中解答中熟记正棱锥的性质，以及棱锥的体积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．15．化简=___________；【答案】-4【解析】对式子进行通分，利用倍角公式得，利用辅助角公式得，再利用诱导公式化简得值为.【详解】原式，故填：.【点睛】本题考查三角恒等变换公式的综合运用，考查运算求解能力，特别注意变换过程中符号不能弄错.16．已知数列是首项为-6，公差为1的等差数列，数列满足且，则数列的最大值为_______.【答案】【解析】先求等差数列，利用累加法求出，令，由式子得的最大值在中取得，利用数列的单调性得为的最大值.【详解】由已知易得：，因为，所以累加得：，又，所以，所以，显然前7项的值小于等于0，从第8项起大于0，所以当时，，所以，所以，故填：.【点睛】本题考查等差数列、等比数列前项和、数列的单调性等知识，考查累加法的应用，数列的最大项要树立函数单调性的思想意识. 三、解答题17．已知函数.（1）求的最小正周期；（2）设的内角的对边分别为，且，若，求的值.【答案】（1）;（2）【解析】（1）由降幂公式、诱导公式得、辅助角公式化简，代入周期公式；（2）根据得到，再由斜弦定理和正弦定理得到关于的方程，再求得的值.【详解】（1），所以.（2）因为，因为，所以.因为①，因为，，所以②，联立方程①②得：.【点睛】本题考查三角恒等变换中的降幂公式、诱导公式、辅助角公式、解三角形中的正、余弦定理的综合运用，考查运算求解能力，注意由方程得到，要加上这一条件.18．如图，在几何体中，，平面平面，,为的中点.（1）证明：∥平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）解析见证明；（2）.【解析】（1）取的中点，连，证明四边形为平行四边形，再由线面平行判定定理证明线面平行；（2）找到并证明两两互相垂直，建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，设平面的法向量，最后代入公式进行求值.【详解】（1）取的中点，连，在中，，又，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，∥平面.（2）平面平面，平面平面，平面，，平面，又，平面.，为中点，.以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，设为平面的一个法向量，则取，，设直线与平面所成角为，.【点睛】本题考查线面平行判定定理、面面垂直性质定理的运用、用空间向量求线面角等知识，考查空间相象能力和运算求解能力，在建系时如果三条两两互相垂直的直线不明显，必需要给出证明.19．已知数列的前项和为，且.（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）。【解析】（1）利用临差法，多递推一项再相减得，再利用构造法得，得到，从而证明是等比数列，利用通项公式得；（2）由（1）得，利用错位相减法和等差数列前项和公式，分别求得数列，前项和，再相加.【详解】（1）因为，，两式相减得：，所以，当时，.所以是以公比，为首项的等比数列，所以.（2），令，其前项和为，所以，两边同乘以得：，两式相减得：，整理得：，令，其前项和为，则，所以.【点睛】本题考查等比数列的证明、等比数列通项公式、等差数列前项和、错位相减法求和等知识，考查逻辑推理和运算求解能力，由于计算比较繁琐，所以最后可能通过检验与是否相等，验证答案的准确性.20．如图，在直三棱柱中，,（1）若为中点，证明：平面（2）设与平面所成的角为，求此三棱柱的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明垂直平面的两条相交直线，再利用线面垂直判定定理进行证明；（2）作出与平面所成的角，并给出证明，再设，利用求得的值，再代入柱体体积公式进行计算.【详解】（1）设，平面平面，平面平面，平面，，平面，又平面，，，又，，即，又，平面.（2）过作于，连，平面平面，平面平面，平面，，平面.为与平面所成的角，故，设，则，，，，，。【点睛】本题考查线面垂直判定定理、平面几何中的垂直关系、线面角的概念及体积公式计算，考查空间想象能力和运算求解能力，求解过程中要有方程思想的意识.21．已知函数（1）当 时，设，讨论的导函数的单调性；（2）当时，，求的取值范围.【答案】（1）上单调递减，上单调递增；（2）【解析】（1）当时，，对导函数再次求导，转化成解一次不等式，从而得到的单调区间；（2）由第（1）步的思路，构造函数，对函数进行求导后，再次求导得到，对分成和两种情况进行讨论，先研究的单调性与函数值的正负，再研究的单调性与函数值的正负.【详解】（1）当时，，，，当，当，所以在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，，令，，，当，①当时，在恒成立，所以在上单调递增，且，所以在恒成立，所以在上单调递增，且，所以在恒成立，所以当时，不等式成立.②当时，当，当，所以在上单调递减，且，所以在上恒成立，所以在上单调递减，且，所以在上恒成立，这与相矛盾，所以不成立.综上所述：.【点睛】本题考查导数在函数中的应用，求函数的单调区间、参数的取值范围，考查分类讨论思想、函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，求解过程中要时刻注意脑中有图，同时注意题设中的两个条件.22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为(1）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2）若点的直角坐标为，曲线与直线交于两点，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）把参数方程消去参数得到，对极坐标方程两边同乘以，再把代入化简得：； （2）把直线的参数方程代入曲线的普通方程中，利用参数的几何意义知：，再把韦达定理代入，求值为.【详解】由，因为，所以，把代入得：，即.（2）把代入得：，所以则异号，所以.【点睛】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程的互化，考查运算求解能力，在运用参数方程的参数的几何意义时，前提是参数方程必需转化成标准形式.23．已知函数，（Ⅰ）求不等式的解集；（Ⅱ）若方程有三个实数根，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）分别在、、三种情况下去掉绝对值，得到不等式，解不等式求得结果；（Ⅱ）将方程变为，分类讨论得到的图象，通过数形结合求得取值范围.【详解】（Ⅰ）当时，，可得：当时，，解得：当时，，则无解综上所述：不等式的解集为：（Ⅱ）由方程可变形为：令，则作出函数的图象如下图所示：结合图象可知：，又，【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、根据方程根的个数求解参数范围的问题，关键是能够将方程根个数问题转化为直线与函数交点的个数问题，通过数形结合的方式来进行求解.