黑龍江省哈爾濱市第六中學2020屆高三數學10月第二次調研考試試題 文（含解析）（通用）

1、黑龍江省哈爾濱市第六中學2020屆高三數學10月第二次調研考試試題 文（含解析）一：選擇題。1.已知集合，則 ( ).A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】求解一元二次不等式的解集，化簡集合的表示，最后運用集合交集的定義，結合數軸求出.【詳解】因為，所以，故本題選B.【點睛】本題考查了一元二次不等式的解法，考查了集合交集的運算，正確求解一元二次不等式的解集、運用數軸是解題的關鍵.2.若，則復數的實部與虛部之和為（）A. 1 B. -1C. -2D. -4【答案】D【解析】【分析】利用復數相乘化簡得，得到復數的實部與虛部之和為.【詳解】，所以復數實部為，虛部為，所以和為，故選D.【點睛】本

2、題考查復數的乘法運算、復數實部和虛部的概念，考查基本運算求解能力.3.下列函數中，與函數的奇偶性相同，且在上單調性也相同的是（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】先從解析式得到函數為偶函數，且在上單調遞增，與函數奇偶性與單調性均相同.【詳解】因函數為偶函數，排除B,C；當時，所以函數在上單調遞增，與函數在單調性相同，故選A.【點睛】本題考查函數奇偶性與單調性的性質，考查數形結合思想的應用，特別注意偶函數在軸兩邊的對稱性相反.4.已知是等差數列，且，則=（）A. -12 B. -11 C. -6 D. -5【答案】C【解析】【分析】根據等差數列的第一項和第四項求得公差，再求出數列的第項

3、，進而求出.【詳解】因為數列是等差數列，所以公差，所以，解得：，故選C.【點睛】本題考查等差數列通項公式，考查基本量法，求解過程中要注意整體思想的應用.5.已知菱形的邊長為2，,點是上靠近的三等分點，則（）A. B. C. 1 D. 2 【答案】A【解析】【分析】取為基底，再把轉化成基底運算.【詳解】如圖，作，因為是上靠近的三等分點，所以也都是三等分點，所以，故選A.【點睛】本題考查平面向量基本定理的運用，考查數形結合思想，求解過程中要注意基底選擇的合理性，即一般是選擇模和夾角已知的兩個向量作為基底.6.在中，角的對邊分別是，若，且三邊成等比數列，則的值為（ ）A.B.C. 1D. 2【答案】

4、C【解析】【分析】先利用正弦定理邊角互化思想得出，再利余弦定理以及條件得出可得出是等邊三角形，于此可得出的值。【詳解】，由正弦定理邊角互化的思想得，則、成等比數列，則，由余弦定理得，化簡得，則是等邊三角形，故選：C?！军c睛】本題考查正弦定理邊角互化思想的應用，考查余弦定理的應用，解題時應根據等式結構以及已知元素類型合理選擇正弦定理與余弦定理求解，考查計算能力，屬于中等題。7.關于函數，下列敘述有誤的是（）A. 其圖象關于直線對稱B. 其圖象關于點對稱C. 其值域是D. 其圖象可由圖象上所有點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍得到【答案】D【解析】【分析】將代入，取得最值；為的對稱中心，再向上平移1個單位；

5、由，得原函數的值域?！驹斀狻繉，當時，所以為函數的對稱軸；對B，為的對稱中心，函數向上平移1個單位后得，所以為的對稱中心；對C，由，所以，所以值域為；對D，函數圖象上所有點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍和到的解析式為：，而不是，故選D.【點睛】本題考查函數的圖象與性質，在三角變換過程中，注意橫坐標的伸縮變換只與自變量有關.8.在九章算術中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑中，平面，且，為AD的中點，則異面直線與夾角的余弦值為（ ）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】作出異面直線所成的角，利用余弦定理計算出這個角的余弦值.【詳解】設是中點，連接，由于分別是中點，是三角形的中位線，

6、故，所以是兩條異面直線所成的角.根據鱉臑的幾何性質可知.故，在三角形中，由余弦定理得，故選C.【點睛】本小題主要考查異面直線所成的角的余弦值的求法，考查空間想象能力，考查中國古典數學文化，屬于基礎題.9.已知三棱錐中，平面，則此三棱錐的外接球的表面積為（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作出三棱錐的直觀圖，添加適當的輔助線，確定外接球球心的位置，根據數量關系，求出底面外接圓的半徑，再列出球半徑的方程，求出代入表面積公式.【詳解】設的外心為，過作平面，取的中點，作與相交于點，則為外接球的球心為.，因為，所以，因為，所以，所以，故選B.【點睛】本題以三棱錐內接于球為背景，求球的表

7、面積，考查空間想象能力和運算求解能力，根據幾何體的特點確定球心的位置是解題的關鍵.10.在正方體中，為棱上一點，且，為棱的中點，且平面與交于點，則與平面所成角的正切值為（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】根據平面平面，可知所求角為；假設正方體棱長為，求解出和，從而得到結果.【詳解】因為平面平面所以與平面所成角即為與平面所成角可知與平面所成角為.設，則， 平面面且面，可知則，即 ， 在中， 故與平面所成角的正切值為本題正確選項： 【點睛】本題考查立體幾何中的直線與平面所成角問題，關鍵是能夠通過位置關系確定所成角，再利用直角三角形求得結果.11.設數列的前項和為，且，則數列的前10項的

8、和是（ ）A. 290B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】由得為等差數列，求得，得利用裂項相消求解即可【詳解】由得，當時，整理得，所以是公差為4的等差數列，又，所以，從而，所以，數列的前10項的和.故選.【點睛】本題考查遞推關系求通項公式，等差數列的通項及求和公式，裂項相消求和，熟記公式，準確得是等差數列是本題關鍵，是中檔題12.已知函數，若對任意，總存在，使，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出兩個函數的值域，結合對任意，總存在，使，等價為的值域是值域的子集，分別研究兩個函數的值域即可.【詳解】對任意，則，即函數的值域為，若對任意的，總存在，使，設

9、函數的值域為，則滿足，即可，當時，函數為減函數，則此時，當時，（1）當，即時，滿足條件成立；（2）當時，此時，要使成立，則此時當時，所以解得：，綜上所述：或，故選B.【點睛】本題主要考查函數與方程的應用，求出函數的值域，轉化為的值域是值域的子集，若懂得借助函數圖象進行分析，則更容易看出問題的本質.二、填空題13.已知，則在方向上的投影為_【答案】【解析】【分析】根據投影的定義求解即可.【詳解】由數量積定義可知在方向上的投影為，則故答案【點睛】本題主要考查了投影和數量積公式，掌握在方向上的投影為是解題的關鍵，屬于基礎題.14.若正四棱錐的底面邊長為，側棱長為，則該正四棱錐的體積為_.【答案】4.

10、【解析】分析】設正四棱錐的高為PO，連結AO，在直角三角形POA中，求得高,利用體積公式，即可求解【詳解】由題意，如圖所示，正四棱錐P-ABCD中，AB=，PA=設正四棱錐的高為PO，連結AO，則AO=，在直角三角形POA中，.【點睛】本題主要考查了正棱錐體積的計算，其中解答中熟記正棱錐的性質，以及棱錐的體積公式，準確計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力15.化簡=_；【答案】-4【解析】【分析】對式子進行通分，利用倍角公式得，利用輔助角公式得，再利用誘導公式化簡得值為.【詳解】原式，故填：.【點睛】本題考查三角恒等變換公式的綜合運用，考查運算求解能力，特別注意變換過程中符號不能弄錯.1

11、6.已知數列是首項為-6，公差為1的等差數列，數列滿足且，則數列的最大值為_.【答案】【解析】【分析】先求等差數列，利用累加法求出，令，由式子得的最大值在中取得，利用數列的單調性得為的最大值.【詳解】由已知易得：，因為，所以累加得：，又，所以，所以，顯然前7項的值小于等于0，從第8項起大于0，所以當時，所以，所以，故填：.【點睛】本題考查等差數列、等比數列前項和、數列的單調性等知識，考查累加法的應用，數列的最大項要樹立函數單調性的思想意識.三、解答題：解答應寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟17.已知函數.（1）求的最小正周期；（2）設的內角的對邊分別為，且，若，求的值.【答案】（1）;（

12、2）【解析】【分析】（1）由降冪公式、誘導公式得、輔助角公式化簡，代入周期公式；（2）根據得到，再由斜弦定理和正弦定理得到關于的方程，再求得的值.【詳解】（1），所以.（2）因為，因為，所以.因為，因為，所以，聯(lián)立方程得：.【點睛】本題考查三角恒等變換中的降冪公式、誘導公式、輔助角公式、解三角形中的正、余弦定理的綜合運用，考查運算求解能力，注意由方程得到，要加上這一條件.18.如圖，在幾何體中，平面平面，,為的中點.（1）證明：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）解析見證明；（2）.【解析】【分析】（1）取的中點，連，證明四邊形為平行四邊形，再由線面平行判定定理證明線面平行；

13、（2）找到并證明兩兩互相垂直，建立空間直角坐標系，寫出相關點坐標，設平面的法向量，最后代入公式進行求值.【詳解】（1）取的中點，連，在中，又，四邊形為平行四邊形，又平面，平面，平面.（2）平面平面，平面平面，平面，平面，又，平面.，為中點，.以為原點，以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，設為平面的一個法向量，則取，設直線與平面所成角為，.【點睛】本題考查線面平行判定定理、面面垂直性質定理的運用、用空間向量求線面角等知識，考查空間相象能力和運算求解能力，在建系時如果三條兩兩互相垂直的直線不明顯，必需要給出證明.19.已知數列的前項和為，且.（1）證明數列是等比數列，并求數列的通項公式；（

14、2）記，求數列的前項和.【答案】（1）；（2）?！窘馕觥俊痉治觥浚?）利用臨差法，多遞推一項再相減得，再利用構造法得，得到，從而證明是等比數列，利用通項公式得；（2）由（1）得，利用錯位相減法和等差數列前項和公式，分別求得數列，前項和，再相加.【詳解】（1）因為，兩式相減得：，所以，當時，.所以是以公比，為首項的等比數列，所以.（2），令，其前項和為，所以，兩邊同乘以得：，兩式相減得：，整理得：，令，其前項和為，則，所以.【點睛】本題考查等比數列的證明、等比數列通項公式、等差數列前項和、錯位相減法求和等知識，考查邏輯推理和運算求解能力，由于計算比較繁瑣，所以最后可能通過檢驗與是否相等，驗證答案

15、的準確性.20.如圖，在直三棱柱中，,（1）若為中點，證明：平面（2）設與平面所成的角為，求此三棱柱的體積.【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）證明垂直平面兩條相交直線，再利用線面垂直判定定理進行證明；（2）作出與平面所成的角，并給出證明，再設，利用求得的值，再代入柱體體積公式進行計算.【詳解】（1）設，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，又，即，又，平面.（2）過作于，連，平面平面，平面平面，平面，平面.為與平面所成的角，故，設，則，?！军c睛】本題考查線面垂直判定定理、平面幾何中的垂直關系、線面角的概念及體積公式計算，考查空間想象能力和運算求解能力，求解過程中要有方程思

16、想的意識.21.已知函數（1）當時，設，討論的導函數的單調性；（2）當時，求的取值范圍.【答案】（1）上單調遞減，上單調遞增；（2）【解析】【分析】（1）當時，對導函數再次求導，轉化成解一次不等式，從而得到的單調區(qū)間；（2）由第（1）步的思路，構造函數，對函數進行求導后，再次求導得到，對分成和兩種情況進行討論，先研究的單調性與函數值的正負，再研究的單調性與函數值的正負.【詳解】（1）當時，當，當，所以在上單調遞減，在上單調遞增.（2）當時，令，當，當時，在恒成立，所以在上單調遞增，且，所以在恒成立，所以在上單調遞增，且，所以在恒成立，所以當時，不等式成立.當時，當，當，所以在上單調遞減，且，所

17、以在上恒成立，所以在上單調遞減，且，所以在上恒成立，這與相矛盾，所以不成立.綜上所述：.【點睛】本題考查導數在函數中的應用，求函數的單調區(qū)間、參數的取值范圍，考查分類討論思想、函數與方程思想、轉化與化歸思想、數形結合思想，求解過程中要時刻注意腦中有圖，同時注意題設中的兩個條件.22.在直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數）.以原點為極點，以軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為(1）寫出直線的普通方程和曲線的直角坐標方程；(2）若點的直角坐標為，曲線與直線交于兩點，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）把參數方程消去參數得到，對極坐標方程兩邊同乘以，再把代入化簡得：； （2）把直線的參數方程代入曲線的普通方程中，利用參數的幾何意義知：，再把韋達定理代入，求值為.【詳解】由，因為，所以，把代入得：，即.（2）把代入得：，所以則異號，所以.【點睛】本題考查參數方程、普通方程、極坐標方程的互化，考查運算求解能力，在運用參數方程的參數的幾何意義時，前提是參數方程必需轉化成標準形式.23.