2021届黑龙江省哈尔滨市三中高三上学期第四次验收考试 理科数学试题（Word版，含答案解析）

这是一份2021届黑龙江省哈尔滨市三中高三上学期第四次验收考试 理科数学试题（Word版，含答案解析），共21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三中高三上学期第四次验收考试理科数学试题  一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解不等式确定集合，由交集运算计算．【详解】由题意，所以．故选：A．2．已知直线与直线垂直，则实数（    ）A．10 B． C．5 D．【答案】B【分析】根据两直线垂直，列出方程，即可求解.【详解】由题意，直线与直线垂直，可得，解得.故选：B.3．已知，是两个平面，，，是三条直线，下列四个命题中正确的是（    ）A．若，，则B．若，，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】C【分析】直接利用线面平行和面面平行之间的关系，线面垂直和面面垂直之间的应用判断A、B、C、D的结论.【详解】对于A：若，，则或，故A错误；
对于B：若，，且m,n相交，，，则，故B错误；对于C：若，，，相当于的法向量平行，则是正确的；对于D：若，，，且时，则，故D错误.故选：C4．若实数，满足约束条件，则的最大值是（    ）A．12 B．10 C．8 D．4【答案】B【分析】先画出约束条件的可行域，通过目标函数的几何意义，求出最优解，可得目标函数z=3x+y的最大值.【详解】作出可行域如图，由可得，由解得，由图象可知，当经过可行域A点时，函数在y轴上的截距最大，此时取得最大值，最大值为，故选：B5．若圆与圆有三条公切线，则的值为（    ）A．2 B． C．4 D．6【答案】C【分析】由两圆有三条公切线，可知两圆外切，则两圆的圆心距等于半径之和，列出式子即可求出的值．【详解】由题意可知两圆外切，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，则，解得.故答案为C.【点睛】本题考查了两圆的公切线，考查了圆与圆的位置关系，考查了计算能力，属于基础题．6．若一个空间几何体的三视图如图所示，且已知该几何体的体积为，则其表面积为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由三视图可知，该几何体是以俯视图为底面的半圆锥，可求出答案.【详解】由三视图可知，该几何体是以俯视图为底面的半圆锥，

底面半径为，高，母线长为，底面面积，体积.所以半圆锥的表面积.故选：.【点睛】本题考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于中档题.7．已知直线：（）与圆：（）相交于，两点，若，则的值为（    ）A． B． C．2 D．4【答案】A【分析】求出圆心坐标和半径，求得圆心到直线的距离，由勾股定理表示出弦长，可解得．【详解】由题意圆标准方程是，圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，又，由得，解得（舍去）．故选：A．【点睛】方法点睛：本题考查直线与圆相交弦长．求圆弦长的两种方法：（1）代数法：求出直线与圆的两交点坐标，由两个间距离公式计算；（2）几何法：求出圆心到直线的距离，由勾股定理求弦长．这是求弦长的常用方法．8．兰州牛肉面是人们喜欢的快餐之一．现将体积为的面团经过第一次拉伸成长为100cm的圆柱型面条，再经过第二次对折拉伸成长为的面条，……，则经过五次对折拉伸之后面条的截面直径是（    ）（单位：cm．每次对折拉伸相等的长度，面条的粗细是均匀的，拉面师傅拉完面后手中剩余面忽略不计）A． B． C． D．【答案】D【分析】拉伸之后面条数列为等比数列，可得拉伸后面条的数量；由圆柱的体积公式，结合等体积法即可求得拉伸后面条的截面半径，进而得拉伸后截面的直径.【详解】经过五次对折拉伸之后面条的数量成等比数列，因而可知经过五次对折拉伸之后面条的长度为，设拉伸五次后面条的截面半径为，由面团体积为可得，解得，所以直径为，故选：D.【点睛】本题考查了等比数列通项公式求法，圆柱体积公式及等体积法的应用，属于基础题.9．已知函数（，）的图象与轴的两个交点的最短距离为.若将函数的图象向左平移个单位长度，得到的新函数图象关于中心对称，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意利用函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，求得的可能取值．【详解】设函数，与轴的两个交点坐标为，，，不妨设，当时，，若将函数的图象向左平移个单位，得到的图象．得到的新函数图象关于中心对称，，，则可以等于，故选：D．10．已知定义在上的函数满足条件，且函数为偶函数，当，时，，则方程在，上的实根之和为（    ）A．4 B．3 C． D．【答案】A【分析】由已知可得是周期为2的周期函数，且的图象关于直线对称，画出图象，数形结合得答案.【详解】解：由，得，则是周期为2的周期函数.又函数为偶函数，的图象关于轴对称，则的图象关于直线对称.又当，时，，作出函数的图象如图：由图可知，函数的图象与的图象有4个交点，且两两关于直线对称，方程在，上的实根之和为4.故选：A.【点睛】方程的根的问题，可以等价于函数的零点问题，函数零点的求法，首先看能否直接解方程得到解，若不易解，则可转化成两个函数的交点问题，可以通过图像，数形结合，直观简单地解决问题.11．球的球面上有四点，，，，其中，，，四点共面，，，平面平面，则三棱锥的体积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由于面面，所以点在平面上的射影落在上，根据球体的对称性可知，当在“最高点”，也就是说为中点时，最大，三棱锥的体积最大，计算出的长以及的面积，利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】如下图所示：
 由于面面，所以点在平面上的射影落在上，根据球体的对称性可知，当在“最高点”，也就是说为中点时，最大，中，， ， ，因为 ，，，四点共面，所以外接圆的半径即球的半径，，在中，，中，，所以，三棱锥的体积为.【点睛】关键点睛：此题的关键点在于利用球的对称性确定的长.12．对于实数，定义表示不超过的最大整数，已知正项数列满足：，，其中为数列前项和，则（    ）A．20 B．19 C．18 D．17【答案】C【分析】由题意已知正数数列满足：，，利用已知数列的前项和求其得通项，再求出，利用不等式的性质简单放缩即可．【详解】由题意已知正数数列满足：,,因为所以，，由于各项为正项，所以，故：，令，则又因为所以,即,从而故选:C.   二、填空题13．已知，是两个不共线的向量，若向量与共线，则实数__________．【答案】【分析】根据向量的共线定理表示出与的关系，然后列出关于的方程组求解出的值即可.【详解】因为与共线，设，又因为不共线，所以，所以，故答案为：.【点睛】本题考查根据向量共线求解参数值，难度较易.向量与非零向量共线时，有且仅有一个实数使得.14．已知圆C经过两点，圆心在轴上，则C的方程为__________．【答案】.【分析】由圆的几何性质得，圆心在的垂直平分线上,结合题意知，求出的垂直平分线方程，令，可得圆心坐标，从而可得圆的半径，进而可得圆的方程.【详解】由圆的几何性质得，圆心在的垂直平分线上,结合题意知，的垂直平分线为，令，得，故圆心坐标为，所以圆的半径，故圆的方程为.【点睛】本题主要考查圆的性质和圆的方程的求解,意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题.15．正方形的边长为2，点，分别为边，的中点，将此正方形沿，折起，使点，重合于点，则点到平面的距离为______.【答案】【分析】根据题意可得平面，由此利用，即可求出点到平面的距离.【详解】因为所以，又因为平面,平面,且,所以平面，在中，，所以，，， 求得：,即到平面的距离为.故答案为：．16．将6个半径都为1的钢球完全装入形状为圆柱的容器里，分两层放入，每层3个，下层的3个小球两两相切且均与圆柱内壁相切，则该圆柱体的高的最小值为______.【答案】【分析】上面三个球心记为，下面三个球心记为，平面到圆柱上底面距离为1，平面到圆柱下底面距离为1，再求出平面和平面的距离即可得圆柱高的最小值．【详解】6个球抽象出6个球心，上面三个球心记为，下面三个球心记为，平面到圆柱上底面距离为1，平面到圆柱下底面距离为1，平面与平面平行，多面体棱长均为2，设分别是和的中心，则在路线上，在中线上，平面，易知，连接作于，则，，由题意，，∴，∴圆柱高的最小值为．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题考查圆柱内切球问题，解题关键由6个球外切抽象出球心构成有多面体，由对称性得出这个多面体的性质，从而求得两个平面和平面的距离，得出圆柱体的高的最小值． 三、解答题17．在中，内角，，的对边分别是，，，已知.（1）求角的大小；（2）若，，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由利用正弦定理，结合诱导公式、和角公式可得，求出可求角的大小；（2）利用，，结合（1）根据余弦定理列方程求出，再利用三角形面积公式可求的面积.【详解】（1）因为，所以，由正弦定理可得：，∵，∴，因为，∴（2），，.【点睛】方法点睛：正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.18．如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，点是的中点，.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接交于，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面.（2）以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）连接交于，在中，，为中点，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示,设，则，，且，，设平面的法向量为，满足取，则，因为平面，所以可以取平面的一个法向量为，可得，所以二面角的余弦值为.【点睛】利用空间向量计算二面角的常用方法：1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.19．已知正项数列的前项和为，且满足，.（1）求证：数列为等差数列；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）当时，得到，作差得到，进而得到数列是等差数列；（2）由（1）可得，得到，进而得到时，可得，时，可得，分类讨论即可求解.【详解】（1）由题意，正项数列的前项和为，且满足，当，，作差可得（），整理得，所以（），当时，，所以或2，因为，所以，所以数列是以2为首项，2为等公差的等差数列.（2）由（1）可得，所以，当时，可得，即；当时，可得，即，当时，；当时，，所以.【点睛】分组求和的解题策略：1、一个数列的的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减；2、分组转化求和的常见类型：①若数列 满足 （ 为等差或等比数列），可分组求和；②若 （ 为等差或等比数列），可分组求和.20．四棱柱中，底面为平行四边形，平面平面，，为中点，，.
 （1）求证：平面；（2）求与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】(1）证明，结合，说明，然后证明平面；(2)以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系求出平面A1CD的法向量，求出，利用空间向量的数量积求解与平面所成角的正弦值．然后求解余弦值.【详解】（1）由已知为中点，所以，所以平面，平面，所以又因为，，所以，所以平面（2）以为原点，以为z轴，的平行线为轴，的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，设平面的法向量，.与平面所成角的余弦值.21．已知函数（）.（1）若，求函数在处的切线；（2）若有两个零点，，求实数的取值范围，并证明：.【答案】（1）；（2），证明见解析.【分析】（1）求得时的导数，可得切线的斜率和切点，由直线的斜截式方程可得所求切线的方程；（2）设函数，与函数具有相同的零点，求得导数和单调性，可得的范围，由题意可得（1），解得的范围；方法一、构造函数，，求得导数，判断单调性，即可得证；方法二、运用分析法证明，结合导数的运用，求单调性和最值，即可得证．【详解】（1）的导数为，则函数在处的切线斜率为，又切点为，则切线的方程为，即；（2）设函数，与函数具有相同的零点，，知函数在上递减，上递增，当，；可证当时，，即，即此时，当时，，有两个零点，只需（1），即；证明：方法一：设函数，则，且对恒成立即当时，单调递减，此时，（1），即当时，，由已知，则，则有由于函数在上递增，即，即．方法二：故．设，则，且，解得，，要证：，即证明，即证明，设，，令，，则，在上单调增，（1），在上单调增，则（1）．即时，成立，【点睛】关键点点睛：求函数的切线方程，利用导数求出切线的斜率，根据点斜式求解；利用导数求出函数的最值，根据函数不等式恒成立可转化为不等式证明，考查方程思想和转化思想、构造法，以及化简运算能力、推理能力，属于难题．22．在平面直角坐标系内，直线过点，且倾斜角.以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知圆的极坐标方程为.（1）求圆的直角坐标方程；（2）设直线与圆交于，两点，求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据，，，将极坐标方程化为直角坐标方程即可；（2）由题意得到直线的参数方程，代入圆的直角坐标方程，得到关于t的一元二次方程，根据韦达定理，可得、的值，代入所求，即可得答案.【详解】（1）由，得从而有，即：.（2）由题意设直线的参数方程为（t为参数），即：（t为参数）代入圆的方程得，整理得：，，，因为，所以.23．设函数.（1）求的解集；（2）若存在，使得成立的的最大值为，且实数，满足，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）利用公式进行求解即可；（2）根据存在的含义，构造函数，结合绝对值的性质求出的取值范围，进而确定，最后利用配方法、反证法进行证明即可.【详解】（1），所以的解集为；（2）设，，当且仅当时，取等号，即当时取等号，所以 ，因为存在，使得成立，所以有，因此 ，即，显然，不同时为零，所以，因此成立.假设不成立，则有，于是有，这与矛盾，所以假设不成立，因此成立，所以.