《黑龙江省哈尔滨市第八十三中学高三数学理联考试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江省哈尔滨市第八十三中学高三数学理联考试卷含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、黑龙江省哈尔滨市第八十三中学高三数学理联考试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知是虚数单位，复数，是的共轭复数，则的虚部为（ ）A2 B C2D2i参考答案：A2. 设集合M=1，0，1，2，N=x|x2x20，则MN=（）A0，1B1，0C1，2D1，2参考答案：A【考点】交集及其运算【分析】求出N中不等式的解集确定出N，找出M与N的交集即可【解答】解：由N中的不等式解得：1x2，即N=（1，2），M=1，0，1，2，MN=0，1故选：A3. （08年大连24中） 已知函数，若它的导函数）上是单调递增函数，
2、则实数a的取值范围是 （ ） ABC D参考答案：答案:A 4. 函数f(x)(cosx)|lg|x|的部分图象是()参考答案：B5. 设球的半径是1，、是球面上三点，已知到、两点的球面距离都是，且二面角的大小是，则从点沿球面经、两点再回到点的最短距离是（）（A） （B） （C） （D）参考答案：答案：C解析：选C本题考查球面距离6. 设G是ABC的重心，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若a+b+c=，则角A=（）A90B60C45D30参考答案：D【考点】余弦定理；平面向量的基本定理及其意义【分析】根据三角形重心的性质得到，可得由已知向量等式移项化简，可得=，根据平面向量基本定理得到，从
3、而可得a=b=c，最后根据余弦定理加以计算，可得角A的大小【解答】解：G是ABC的重心，可得又，移项化简，得由平面向量基本定理，得，可得a=b=c，设c=，可得a=b=1，由余弦定理得cosA=，A为三角形的内角，得0A180，A=30故选：D7. 已知向量与的夹角为60，|=2，|=5，则2在方向上的投影为（）AB2CD3参考答案：A【考点】平面向量数量积的运算【分析】根据平面向量数量积的定义与投影的定义，进行计算即可【解答】解：向量与的夹角为60，且|=2，|=5，（2）?=2?=22252cos60=3，向量2在方向上的投影为=故选：A8. 已知关于的不等式有且只有一个实数解，函数，若对
4、于任一实数，与至少有一个为正数，则实数的取值范围是 A B C D参考答案：D略9. 已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式为 （ ）A、 B、 C、 D、参考答案：A略10. 在等差数列中，已知，则数列的前9项和为A90 B100 C45 D50参考答案：C二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 关于式子的结果，有以下结论：半径为的圆的面积的二分之一半径为的圆的面积的四分之一长短轴长分别为10和5的椭圆面积的二分之一长短轴长分别为10和5的椭圆面积的四分之一该式子的值为 该式子的值为其中正确结论的序号为 .参考答案：12. 在三棱锥P-ABC中，则三棱锥P-ABC的外接
5、球的表面积为_.参考答案：【分析】画出图形，经过分析可得三棱锥P-ABC的外接球的球心在的外接圆圆心的位置，利用正弦定理即可求出外接球的半径，最后求出表面积。【详解】如图所示：，则，又， ，则，为直角三角形，外接圆的圆心在边的中点上，设外接圆的圆心为，所以三棱锥的外接球的球心在过且与平面垂直的直线上，设外接球半径为，连接 、，为直角三角形，为边的中点，又在中，为边的中点， ，即，则 为直角三角形， ，又 ，则平面 ，又 平面，平面平面，又三棱锥的外接球的球心在过且与平面垂直的直线上，球心在的连线上，又，则点在的外接圆圆心的位置，又，则，由正弦定理可得： ，解得：，三棱锥的外接球的表面积为： ，
6、故答案为：【点睛】解决几何体的外接球问题时，关键在于如何确定外接球球心的位置和半径，其中球心在过底面多边形的外接圆圆心且与底面垂直的直线上，且球心到几何体各顶点的距离相等，利用正余弦定理或是勾股定理求解可得球的半径，本题属于中档题。13. 在平面直角坐标系xOy中已知ABC的顶点B在双曲线的左支上，顶点A、C为双曲线的左、右焦点，若，则双曲线的离心率等于_参考答案：答案: 14. 已知数列an中，a1=a2=1，且an+2an=1，则数列an的前100项和为参考答案：2550【考点】数列的求和【分析】an+2an=1，可得数列an的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为1又a1=a2=1，分组利
7、用等差数列的求和公式即可得出【解答】解：an+2an=1，可得数列an的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为1又a1=a2=1，S100=（a1+a3+a99）+（a2+a4+a100）=501+501+=2550故答案为：2550【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题15. 平面向量与的夹角为60，则等于. 参考答案：16. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F是分别是棱A1B1、A1D1的中点，则A1B与EF所成角的大小为_ 参考答案：17. “中国剩余定理”又称“孙子定理”1852年英国来华传教伟烈亚利将孙子算经中“物不知数”问题的解法
8、传至欧洲1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理” “中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2018这2017个数中，能被3除余1且被5除余1的数，按由小到大的顺序排成一列，构成数列an，则此数列的项数为 参考答案：134三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 已知函数f（x）=4sinxcosx5sin2xcos2x+3（）当x0，时，求函数f（x）的值域；（）若ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足=， =2+2cos（A+
9、C），求f（B）的值参考答案：【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦定理【专题】三角函数的图像与性质；解三角形【分析】（I）利用平方关系、倍角公式、两角和差的正弦公式及其单调性即可得出；（II）利用两角和差的正弦公式、正弦定理、余弦定理即可得出【解答】解：（）f（x）=4sinxcosx5sin2xcos2x+3=2sin2x+3=2sin2x+2cos2x=4sin（2x+）x0，2x+，f（x）2，4（）由条件得 sin（2A+C）=2sinA+2sinAcos（A+C），sinAcos（A+C）+cosAsin（A+C）=2sinA+2sinAcos（A+C），化简得 sinC=2sin
10、A，由正弦定理得：c=2a，又b=，由余弦定理得：a2=b2+c22bccosA=3a2+4a24a2cosA，解得：cosA=，故解得：A=，B=，C=，f（B）=f（）=4sin=2【点评】本题考查了平方关系、倍角公式、两角和差的正弦公式及其单调性、正弦定理、余弦定理，考查了推理能力和计算能力，属于中档题19. 已知椭圆C： +=1（ab0）的右焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，O为坐标原点（）求椭圆C的方程；（）如图所示，设直线l与圆x2+y2=r2（1r）、椭圆C同时相切，切点分别为A，B，求|AB|的最大值参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题【专
11、题】圆锥曲线中的最值与范围问题【分析】（）由已知得，由此能求出椭圆方程（）设直线l的方程为y=kx+m，联立，得（1+4k2）x2+8kmx+4m24=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件能推导出当R时，|AB|取得最大值【解答】解：（）椭圆C： +=1（ab0）的右焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，解得a=，b=1，椭圆方程为=1（）由题意得直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，即kxy+m=0，设A（x1，y1），B（x0，y0），直线l与圆M相切， =r，即m2=r2（k2+1），联立，得（1+2k2）x2+4kmx+2m22=0，由直
12、线l与椭圆G相切，得=16k2m24（1+2k2）（2m22）=0，即m2=2k2+1，由得k2=，m2=，设点B（x0，y0），则=，=1=|OB|2=3，|AB|2=|OB|2|OA|2=3r2=3（r2+）32=32，1，1r22，r22时，|AB|取得最大值=【点评】本题考椭圆C的方程的求法，考查|AB|的最大值的求法，是中档值20. 已知集合A=a1，a2，am若集合A1A2A3An=A，则称A1，A2，A3，An为集合A的一种拆分，所有拆分的个数记为f（n，m）（1）求f（2，1），f（2，2），f（3，2）的值；（2）求f（n，2）（n2，nN*）关于n的表达式参考答案：【考点】
13、并集及其运算【分析】（1）设A1A2=a1，得f（2，1）=3； 设A1A2=a1，a2，得f（2，2）=9；设A1A2A3=a1，a2，由此利用分类讨论思想能求出f（3，2）（2）猜想f（n，2）=（2n1）2，n2，nN*，再利用数学归纳法进行证明【解答】解：（1）设A1A2=a1，共有3种，即f（2，1）=3； 设A1A2=a1，a2，若A1=?，则有1种；若A1=a1，则有2种；若A1=a2，则有2种；若A1=a1，a2，则有4种；即f（2，2）=9； 设A1A2A3=a1，a2，若A1=?，则A2A3=a1，a2，所以有f（2，2）=9种；若A1=a1，则A2A3=a1，a2或A2A
