2018-2019学年黑龙江省哈师大附中高三（上）期末数学试卷（理科）-精品文档资料.doc

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1、2018-2019学年黑龙江省哈师大附中高三（上）期末数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（5分）已知集合，则集合A，BCD2（5分）若双曲线的一个焦点为，则AB8C9D643（5分）已知，且，则向量在方向上的投影为A1BCD4（5分）已知等差数列满足：，且，成等比数列，则数列的前项和为ABC或D或5（5分）函数的图象大致是ABCD6（5分）下列命题正确的是A若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C若一条直线平行于两个相交平面，则这条

2、直线与这两个平面的交线平行D若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行7（5分）阿波罗尼斯（约公元前年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆后人将这个圆称为阿氏圆若平面内两定点，间的距离为2，动点与，距离之比为，当，不共线时，面积的最大值是ABCD8（5分）设函数，则不等式的解集为ABCD9（5分）在中，点满足，当点在线段（不包含端点）上移动时，则的取值范围是AB，CD10（5分）已知函数 图象的一个对称中心为 ，且 ，则 的最小值为AB1CD211（5分）在底面是边长为2的正方形的四棱锥中，点在底面的射影为正方形的中心，异面直线与所成角的正切值为2，若四棱锥的

3、内切球半径为，外接球的半径为，则ABCD12（5分）设数列满足，且，若表示不超过的最大整数，则A2018B2019C2020D2021二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13（5分）已知实数，满足约束条件，则的最大值为14（5分）四棱锥的三视图如图所示（单位：，则该四棱锥的体积是15（5分）设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且，则直线斜率的最大值为16（5分）已知函数，若有两个零点，则实数的取值范围是三、解答题17（12分）的内角、所对的边分别为、，且（1）求角的值；（2）若的面积为，且，求外接圆的面积18（12分）已知数列满足（1）证明：数列是等比数列；

4、（2）令，数列的前项和为，求19（12分）如图，在直三棱柱中，、分别为、的中点，（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）若直线和平面所成角的正弦值等于，求二面角的余弦值20（12分）已知椭圆经过点，长轴长是短轴长的2倍（1）求椭圆的方程；（2）设直线经过点且与椭圆相交于、两点（异于点，记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值21（12分）已知函数，记在点，处的切线为（1）当时，求证：函数的图象（除切点外）均在切线的下方；（2）当时，求的最小值选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在直角坐标系中，曲线，在以为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线（1）写出曲线和的普通方程；（2）

5、若曲线上有一动点，曲线上有一动点，求的最小值选修4-5：不等式选讲23已知，函数（1）当时，求不等式的解集；（2）当的最小值为3时，求的值，并求的最小值2018-2019学年黑龙江省哈师大附中高三（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）【解答】解：集合，则集合，故选：【解答】解：双曲线的一个焦点为，可得，解得故选：【解答】解：由题意得， 设与的夹角为向量在方向上的投影为故选：【解答】解：设等差数列的公差为，且，成等比数列，即，解得或4，或当时，数列的前项和为：；当时，则数列的前项和为：故

6、选：【解答】解：由 得，或，即函数的定义域为或，故，错误当时，为增函数，也为增函数，排除，故选：【解答】解：、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行、相交或异面，故错误；、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行或相交，故错误；、设平面，由线面平行的性质定理，在平面内存在直线，在平面内存在直线，所以由平行公理知，从而由线面平行的判定定理可证明，进而由线面平行的性质定理证明得，从而，故正确；，若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行或相交，排除故选：【解答】解：设，则，化简得如图，当点到轴）距离最大时，面积的最大值，面积的最大值是故选：【解答】解：根据题意

7、，函数，则，为奇函数，又由，其导数为，则函数在上为增函数，则，解可得：，即不等式的解集为；故选：【解答】解：如图所示，中，又点在射线（不含端点）上移动，设，又，在上单调递减，的取值范围为，故选：【解答】解：根据题意可得，且，即：，或 ，即，或 ，两式相减可得，或，即，或对于，令，可得的最小值为，故选：【解答】解：如图，为，的中点，由题意，为正四棱锥，底边长为2，即为与所成角，可得斜高为2，为正三角形，正四棱锥的内切球半径即为的内切圆半径，可得，设为外接球球心，在中，解得，故选：【解答】解：，是等差数列，首项为4，公差为2时，故选：二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解答】解：作

8、出不等式对应的平面区域，由，得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大由，得，此时的最大值为，故答案为：2【解答】解：由三视图得到几何体如图：体积为；故答案为：12【解答】解：抛物线的焦点为，设点，显然当时，；当时，；如图所示，要求的最大值，可设，则，；，当且仅当时取得等号；直线斜率的最大值为故答案为：【解答】解：，函数，若有两个零点方程有两个正实根令，令，可得，在递减，在，递增，函数的大致图象如下：根据图象可得实数的取值范围是故答案为：三、解答题【解答】解：（1），可得：，由正弦定理可得：，化为：，可得，（2），的面积为，可得：，由余弦定理可得：，可得：，设三角形的外接

9、圆半径为，由正弦定理可得：，外接圆的面积【解答】解：（1）证明：数列满足，可得，解得；时，化为，可得，则数列是首项、公比均为2的等比数列；（2），前项和为，两式相减可得，化简可得【解答】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，则，又，四边形是平行四边形，又平面；平面；平面（2）证明：由直三棱柱，底面，又，与相交，平面，又平面，平面平面；（3）解：由（2）可知：因此可建立如图所示的空间直角坐标系，1，设，2，1，由题意可取平面的法向量为，1，直线和平面所成角的正弦值等于，解得，1，0，2，0，1，2，设平面的法向量为，则，可得：，取，可得：，2，同理可得平面的法向量为，0，二面角的余弦值为【解答】

10、解：（1）椭圆经过点，长轴长是短轴长的2倍，（2）证明：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时直线与椭圆相切，不符合题意设直线的方程为，即，联立，得设，则，所以为定值，且定值为1【解答】解：（1）证明：函数导数为，由于，可得的两根异号，即有时，递增，递减，可得为的极大值点，且为最大值点，且，即有为上凸函数，可得的图象上任一点处的切线均在的图象上方，即函数的图象（除切点外）均在切线的下方；另解：由题意可得切线方程为，要证，即证，设，由于，当时，即递减，可得；由于，当时，即递增，可得；综上可得，成立，即函数的图象（除切点外）均在切线的下方；（2），可设，当时，即在递减，可得（1），则在递增，可得

11、的最小值为（1）；当时，即在递增，可得在递增，可得的最小值为（1）；当时，的两根异号，设，即有在递减，在，递增，可得在处取得极小值，且极小值小于0，可得的最小值为0综上可得，当时，的最小值为；当时，的最小值为；当时，的最小值为0选修4-4：坐标系与参数方程【解答】解：（1）曲线，曲线的普通方程为，曲线曲线的普通方程为（2）曲线上有一动点，曲线上有一动点，设，的最小值是到直线的距离的最小值，的最小值为选修4-5：不等式选讲【解答】解：（1）当时，不等式可化为；当时，；当时，无解；当时，综上所述：不等式的解集为或；（2），当且仅当时取最小值3声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/12/17 21:15:42；用户：18434650699；邮箱：18434650699；学号：19737267