黑龙江省哈尔滨市第六中学2021届高三上学期期中考试数学（文）试题 Word版含答案

这是一份黑龙江省哈尔滨市第六中学2021届高三上学期期中考试数学（文）试题 Word版含答案，共13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。
哈尔滨市第六中学2018级高三上学期期中考试 文科数学 试卷 一、选择题（每题5分，共60分）1．已知集合，则（   ）A． B． C． D．2．已知复数满足，是虚数单位，则（   ）A．   B．     C．     D．3．某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是（   ）A． B． C． D．4．已知，，若，则等于（    ）A．2 B． C． D．5．已知直线a，b分别在两个不同的平面，内,则“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”的　　A．充分不必要条件   B．必要不充分条件   C．充要条件    D．既不充分也不必要条件6．为了得到函数的图象，只需把上所有的点（    ）A．先把横坐标变为原来的倍，然后向左平移个单位B．先把横坐标变为原来的2倍，然后向左平移个单位C．先把横坐标变为原来的2倍，然后向左移个单位D．先把横坐标变为原来的倍，然后向右平移个单位7．已知函数，若,则实数的取值范围是(   )A．(-∞,-1)∪(2,+∞)    B．(-∞,-2)∪(1,+∞)  C．(-1,2)   D．(-2,1)8．已知，则（    ）A． B． C． D．9．同时具有性质：“①最小正周期是；②图像关于直线对称；③在区间上是单调递增函数”的一个函数可以是（ ）A．  B．  C． D．10．设，，若是与的等比中项，则的最小值为（    ）A． B． C． D．11．函数的图象大致为（      ）A．B．C． D．12．公元263年左右，我国古代数学家刘徽用圆内接正多边形的面积去逼近圆的面积求圆周率，他从单位圆内接正六边形算起，令边数一倍一倍地增加，即12，24，48，…，192，…，逐个算出正六边形，正十二边形，正二十四边形，…，正一百九十二边形，…的面积，这些数值逐步地逼近圆面积，刘徽算到了正一百九十二边形，这时候的近似值是3.141024，刘徽称这个方法为“割圆术”，并且把“割圆术”的特点概括为“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”.刘徽这种想法的可贵之处在于用已知的、可求的来逼近未知的、要求的，用有限来逼近无穷，这种思想极其重要，对后世产生了巨大影响.按照上面“割圆术”，用正二十四边形来估算圆周率，则的近似值是(    )（精确到）.（参考数据）A．3.14 B．3.11 C．3.10 D．3.05 二、填空题（每题5分，共20分）13．已知单位向量，的夹角为，则与的夹角为________.14．已知满足约束条件，则的最大值为_____．15．在长方体中，，，则直线与所成角的余弦值为________．16．对于函数现有下列结论：①任取，都有；②函数在上先增后减③函数有3个零点：④若关于x的方程有且只有两个不同的实根，，则其中，正确结论的序号为_______________（写出所有正确命题的序号）     三、解答题（共70分）17．（共10分）在数列 中，，（1）求数列 的通项公式； （2）记 ，求数列的前n项和．    18．（共12分）如图，直三棱柱的底面为直角三角形，两直角边和的长分别为4和3，侧棱的长为5.（1）求三棱柱的体积；（2）设是中点，求直线与平面所成角的正切值.     19．（共12分）若平面向量, ，函数．（1）求函数的值域；（2）记的内角的对边长分别为，若，且，求角的值．  20．（共12分）如图，四棱锥的底面为菱形，，，分别为和的中点．（）求证：∥平面．（）求证：平面．        21．（共12分）设数列的前项和为，为等比数列，且，．（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和．        22．（共12分）已知函数.（1）若曲线在处的切线与直线平行，求的值；（2）若对于任意，，且，都有恒成立，求实数的取值范围；（3）若对于任意，且有成立，求整数的最大值.
哈六中2018级高三期中考试文科数学参考答案1．C由题意则2．C则3．D本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形.4．B∵，∴，∴．∴，∴．如果，那么：（1）若，则；（2）若，则；5．A当“直线a和直线b相交”时，平面α和平面β必有公共点，即平面α和平面β相交，充分性成立；当“平面α和平面β相交”，则 “直线a和直线b可以没有公共点”，即必要性不成立.故选A.6．A把上所有的点横坐标缩短到原来的倍可得到函数的图象，再把的图象向左平移个单位得到函数，故7．D函数是定义域上的增函数，所以的等价条件是，解得，8．A，，，.9．B据函数的性质,由,知,D错；图象与对称轴交点为最值点,即当函数时,函数值为最值,A错；对于B的单调增区间,可得,即为，当时,.故本题答案应选B.10．B是与的等比中项，则，，，，所以，，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.11．C∵，∴函数的定义域为，又，则函数是奇函数，图象关于原点对称，故排除A选项；又，故排除B、D两个选项；12．B由题意可知，单位圆面积，正二十四边形的面积.则.即.13．；因为单位向量，的夹角为，所以，所以,设与的夹角为，则.又，所以.故答案为：.另解：作图法14．2线束条件所表示的平面域如下图所示：平移直线，可以发现当直线经过点时，直线在纵轴上的截距最大，因此z＝x+2y的最大值为.15．连接    异面直线与所成角即为与所成角，即，    ，，在中，由余弦定理得：16．①②③④函数当时，函数的最大值为，最小值为，所以任取，都有恒成立，①正确；当，，故，函数先增后减，②正确；取，即，同②，计算得到，画出函数图象，如图所示：根据图象知，函数有3个零点，故③正确；有且只有两个不同的实根，根据图象知，根据对称性知，故④正确；故答案为：①②③④.17．（1）由已知得 ，即∴ 数列是以为首项，以为公差的等差数列∵∴ （2）由（1）得∴∴18．（1）根据题意可知，;（2）连接，平面，就是直线与平面所成角，是直角三角形，，且是中点，， 19．（1）由代入坐标,可得，得函数 的值域为 （2）因为所以  又 所以 由及 得 则 所以因为所以 则20．（）证明：取中点为，∵在中，是中点，是中点，∴，且，又∵底面是菱形，∴，∵是中点，∴，且，∴，且，∴四边形是平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面．（）证明：设，则是中点，∵底面是菱形，∴，又∵，是中点，∴，又，∴平面．21．(1)当时，，当时，满足上式，故的通项式为．设的公比为，由已知条件知，，，所以，，即．(2)，两式相减得：22．(1)由题意得：，又曲线在处的切线与直线平行，所以，解得.(2)因为，所以，记，又因为，，且，所以在上单调递增.所以在上恒成立，即在上恒成立，记，所以，令，解得.当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，取得最小值， 所以；(3)若对于任意，且有成立，所以对于任意恒成立，即对于任意恒成立，令，则，又在上单调递增，且，，所以必存在，使得，即，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，取得最小值，因为，所以，又因为，所以的最大整数为，所以的最大整数为.