黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期12月月考试题数学(文)【解析版】.pdf

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1、黑龙江省哈尔滨市第六中学2019 届高三上学期12 月月考试题数学（文）一、单选题1已知集合，则A B C D2（2015 新课标全国文科）已知点，向量，则向量A BC D3若双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离等于焦距的，则该双曲线的渐近线方程是A B C D4已知等差数列的前n项和为，若，则A28 B32 C56 D24 5已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于A B160 C D 60 6 过 椭 圆的 焦 点 垂 直 于轴 的 弦 长 为，则 双 曲 线的离心率的值是A B C D7如图，这个美妙的螺旋叫做特奥多鲁斯螺旋，是由公元5 世纪古希腊哲学家特奥多鲁斯给出的，螺旋由一

2、系列直角三角形组成（图），第一个三角形是边长为的等腰直角三角形，以后每个直角三角形以上一个三角形的斜边为直角边，另一个直角边为将这些直角三角形在公共顶点处的角依次记为则与最接近的角是参考值：，A B C D8过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则实数A B C D9函数的图象大致为A BC D10已知F为抛物线的焦点，过F且斜率为的直线交抛物线于A、B两点，则的值等于A B8 C D16 11已知函数若函数有 6 个不同的零点，则这6 个零点之和为A B C D二、填空题12已知,则的值为 _13若满足约束条件，则的最大值为 _14某比赛现场放着甲、乙、丙三个空盒，主持人从一副不含大小王

3、的52 张扑克牌中，每次任取两张牌，将一张放入甲盒，若这张牌是红色的（红桃或方片），就将另一张放入乙盒；若这张牌是黑色的（黑桃或梅花），就将另一张放入丙盒；重复上述过程，直到所有扑克牌都放入三个盒子内，给出下列结论：乙盒中黑牌不多于丙盒中黑牌乙盒中红牌与丙盒中黑牌一样多乙盒中红牌不多于丙盒中红牌乙盒中黑牌与丙盒中红牌一样多其中正确结论的序号为_三、解答题15 在中，角所对的边分别为，且满足（1）求角 C的大小；（2）若，且，求的面积16已知等差数列的公差不为零，且成等比数列（1）求的通项公式；（2）求.17 在三棱柱中，侧面，已 知，.（1）求证：平面；（2）若点为棱中点，求到平面的距离18已

4、知函数（1）求函数在处的切线方程；（2）设讨论函数的零点个数19在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆与圆交于两点.（1）求直线的斜率；（2）过点作的垂线分别交两圆于点，求.20已知函数（1）求不等式的解集（2）设，证明：.答案参考答案1C【解析】，又则故选 C 2A【解析】试题分析：,选 A.考点：向量运算3C【解析】试题分析：因为双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为所以因 此因 为 双 曲 线的 渐 近 线 方 程 为所以该双曲线的渐近线方程是.考点：双曲线的渐近线方程4A【解析】试题分析：，故选 A.考点:等差数列前和公式.5A【解析】试题分析：由已知中的三

5、视图，我们可以判断该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组成，三棱柱的底面是一个直角边长为为的直角三角形，高为，四棱锥的底面是一个以为边长的正方形，高为，分别求出棱柱和棱锥的体积，其中直三棱的底面为左视图，高为，故，四棱锥 的 底 面 为 边 长 为的 正 方 形，高 为，故，故 该 几 何 体 的 体 积，故选 A考点：由三视图求体积.【思路点晴】由已知中的三视图，我们可以判断该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组成，三棱柱的底面是一个直角边长为的直角三角形，高，四棱锥的底面是一个以为边长的正方形，高为，分 别 求 出 棱 柱 和 棱 锥 的 体 积，即 可 得 出 结 论.6D【解析】试题分

6、析：设过焦点的弦的端点分别为，令，则，则，故，则，考点：1、双曲线的标准方程和简单几何性质；2、椭圆的标准方程和简单几何性质.7C【解析】【分析】由题意利用直角三角形中的边角关系，可得，再利用两角和的正切公式求得的值，可得的值【详解】由题意可得，都是锐角，且，又，故接近，故与最接近的角是，故选：C【点睛】本题主要考查两角和的正切公式的应用，直角三角形中的边角关系，属于中档题8A【解析】【分析】根据题意画出图形，结合图形，不妨取圆上一点，过作圆的两条切线，求出时的值即可【详解】如图所示，取圆上一点，过作圆的两条切线，当时，且；，则实数故选：A【点睛】本题考查了直线与圆的方程应用问题，也考查了数形

7、结合的应用问题，是基础题9D【解析】【分析】写出函数在上的解析式，根据函数的性质，结合选项，即可得出答案【详解】当即时，函 数在上单调递增，排A，B，C，故选：D【点睛】本题考查函数的图象与性质，属于中档题；已知函数的解析式，判定函数图象的形状时，一般通过解析式研究函数的定义域、单调性、值域、对称性、特殊值，再结合图象进行验证排除.10C【解析】【分析】先设点的坐标，求出直线方程后与抛物线方程联立消去得到关于的一元二次方程，求出两根，再由抛物线的定义得到答案【详解】抛物线的焦点，准线为设，由，可得，解得，由抛物线的定义可得，则，故选：C【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，注意抛物线定义

8、的运用一般情况下，抛物线焦半径公式：设为 抛 物 线上 任 意 一 点，为 焦 点，则；上任意一点，为焦点，则.11B【解析】【分析】先作出函数的图象，令，方程转化为：，再方程有 6 个不同的实数解，运用图象关于直线对称，这6个解两两关于直线对称，计算即可得到所求和【详解】作出函数的的图象，可得图象关于直线对称，函数有 6 个不同的零点，即方程有 6 个不同的实数解，可得这 6 个解两两关于直线x=1 对称，可得它们的和为23=6故选：B【点睛】本题考查函数的零点个数问题的解法，注意运用函数的对称性，考查数形结合思想方法，属于中档题12.【解析】试题分析：，所以.考点：1.分段函数；2.三角函

9、数求值131【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】由约束条件作出可行域如图，化目标函数为，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，有最大值为1故答案为：1【点睛】一般地，在解决简单线性规划问题时，如果目标函数，首先，作直线，并将其在可行区域内进行平移；当时，直线在可行域内平移时截距越高，目标函数值越大，截距越低，目标函数值越小；当时，直线在可行域内平移时截距越低，目标函数值越大，截距越高，目标函数值越小.14【解析】【分析】取双红乙盒中得红牌，取双黑丙盒中得黑牌，取一红一黑时乙盒中得不到红牌丙盒中得不

10、到红牌丙盒中得不到黑牌，即可得出结论.【详解】由题意，取双红乙盒中得红牌，取双黑丙盒中得黑牌，取一红一黑时乙盒中得不到红牌丙盒中得不到黑牌，故答案为【点睛】本题考查进行简单的合情推理,考查学生分析解决问题的能力,比较基础.15（1）；（2）【解析】试题分析：(1)利用题意结合余弦定理求得,(2)首先求得,然后结合正弦定理和三角形面积公式可得试题解析：（1）由,（2）由,根据正弦定理,可得,解得,16(1)；（2）。【解析】【分析】（1）由题意可得，根据等差数列的通项公式可得，进而求出，由此即可求出结果；（2）由题意可知，表示以 23 为首项，公差为-6 的等差数列的前项和，根据等差数列前项和公

11、式即可求出结果.【详解】（1）因为成等比数列，所以，又数列是公差不为零的等差数列，所以，又，所以；（2）由题意可知，数列是以 23 为首项，公差为-6 的等差数列，所以，表示以23 为首项，公差为-6 的等差数列的前项和，所以.【点睛】本题考查了主要考查了等差数列的通项公式、相关性质和前项和公式的应用，考生数列掌握等差数列的相关公式是解决本题的关键.17（1）证明见解析；（2）。【解析】【分析】（1）由侧面，可得 在中，由余弦定理得，由勾股定理可得，由线面垂直的判定定理即可证明结果；（2）由（1）可 知，在中，在中，根据勾股定理可得，根据，即可求出结果.【详解】（1）证 明：侧 面，在中，由余

12、弦定理得故有，而且平面，平面（2）由（1）可知，在中，在中，所以所以所以又设到平面的距离为又，,所以所以，所以到平面的距离为.【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定定理的应用，以及等体积法在求点到面距离中的应用，本题属于基础题.18(1)l;(2)当时，有个零点；，个零点；，没有零点;所以，零点个；，零点个；，零点个【解析】试题分析：（1）求函数在处的切线方程，应先求其导函数，在处的切线的斜率就是该点处的导函数值，用直线方程的点斜式可得切线的方程；，因为，所以考虑函数的零点个数就是考虑函数的零点个数问题，构造函数，求导数，解不等式，得函数在上单调递减，上单调递增，求得其在函数取得极小值根据函数图

13、像、直线及的取值情况可得，当时，有个零点；，个零点；，没有零点试题解析：（1），所以函数在处的切线方程为，即（2），可得，设，则，函数在上单调递减，上单调递增，所以函数取得极小值由函数图像、直线及的取值情况可得，当时，有个零点；，个零点；，没有零点所以，零点个；，零点个；，零点个【点睛】1、求函数在某点处的切线方程，利用导函数的几何意义求切线的斜率，利用直线方程的点斜式求其切线方程；2、讨论函数的零点的个数问题，可利用函数的导函数求函数单调性和极值，判断函数 的 图像 与轴 的交 点的 个 数问 题。本 题 可 将 函数 的 解析 式变 形 得，因为，所以将函数的零点个数转化为函数的零点问题，

14、构造函数，求其导函数得单调性和极值，根据函数的图像与直线的关系可得所求结论。19（1）2(2)。【解析】【分析】（1）由，得，化简即可得出（2）设的极角为，则，把代 入得 把代 入得，利 用，即可得出【详解】解：（1）由，得，（2）设的极角为，则，则，代入得，代 入得，【点睛】本题考查了极坐标方程的应用、斜率计算、弦长计算，考查了推理能力与计算能力，属于中档题20(1)或；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）先根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求交集，最后求并集（2）利用分析法证明，先根据绝对值三角不等式将不等式转化为证明，再两边平方，因式分解转化为证明，最后根据条件确定成立.试题解析：（1），.当时，不等式可化为，解得，；当,不等式可化为，解得，无解；当时，不等式可化为，解得，.综上所述，或.（2），要证成立，只需证，即证，即证,即证.由（1）知，或，成立.综上所述，对于任意的都有成立.点睛：(1)分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.(2)利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.