【文档说明】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2021届高三上学期期中考试数学（文）答案.pdf，共(18)页，281.375 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

试卷第1页，总4页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内……

……○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………哈师大附中高三上学期期中文科数学试题一、单选题（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．命题:2px，210x，则p是（）A．2

x，210xB．2x，210xC．2x，210xD．2x，210x2．已知215Axx，3,4,5,6B，则ABI（）A．3B．C．3,4,5,6D．4,5,63．已知函数212fxx，则2f的值为（）A．1

B．7C．2D．14．下列四个数中，最大的是（）A．0.1log6B．2log9C．3log12D．4log155．若tan2tan54xx，则tanx（）A．63B．62C．105D．1026．已知函数()sin()(0,0)2fxx

的图象经过点(,0)6B，且()fx的相邻两个零点的距离为2，为得到()yfx的图象，可将cosyx图象上所有点（）A．先向右平移6个单位长度，再将所得点的横坐标变为原来的12，纵

坐标不变B．先向右平移12个单位长度，再将所得点的横坐标变为原来的12，纵坐标不变C．先向右平移6个单位长度，再将所得点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变D．先向右平移12个单位长度，再将所得点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变7．在

ABC中，6A，ABC的面积为2，则2sinsinsin2sinsinCBCBC的最小值为（）A．32B．334C．32D．538．在梯形ABCD中，已知//ABCD，2ABDC，点P在线段BC上，且2BPPC，试卷第2页，总4页…………○…………外…………○…………装………

…○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………

…则（）A．2132APABADuuuruuuruuurB．1223APABADuuuruuuruuurC．3322APABADuuuruuuruuurD．2233APABADuuuruuuruuur9．已知数列na是等差

数列，若91130aa，10110aa，且数列na的前n项和nS有最大值，那么nS取得最小正值时n等于（）A．20B．17C．19D．2110．已知等比数列na中，1a，101a是方程210160xx的

两根，则215181aaa的值为（）A．64B．64C．256D．25611．已知a，b为正实数，直线yxa与曲线ln()yxb相切，则12ab的最小值是（）A．42B．22C．342D．3

2212．已知实数x、y满足3210204130xyxyxy，则2zxy的最小值为（）A．5B．1C．2D．3二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知曲线sin6yx

关于直线1x对称，则的最小值为________.14．设向量,abrr满足2,1abrr，且babrrr，则向量br在向量2abrr上的投影的数量为_______.15.关于x的不等式230xaxa在区间2,0上恒成立，则实

数a的取值范围是_______16．已知向量3,2,5,1ABACuuuruuur，则向量ABBCuuuruuur与的夹角为______．试卷第3页，总4页…………○…………外…………○…

………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线………

…○…………三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分10分）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2coscosacbAB.（1）求A；（2）若1a，

求ABCV面积的最大值.18．（本小题满分12分）已知函数π2sincos3fxxx，xR．（1）求函数fx的最小正周期；（2）当ππ,44x时，求函数fx的最大值与最小值及相应x的值．19．（本小题满分12分）已知函数()sin()0,||2

fxx的部分图象如图所示.（1）写出函数f（x）的最小正周期T及ω、φ的值；（2）求函数f（x）在区间,44上的单调增区间.20．（本小题满分12分）设等差数列na的公差为d前n项和为nS，，等比数列

nb的公比为q，已知11ba，22b，qd，749S.（1）求数列na，nb的通项公式；（2）当1d时，记nnnacb，求数列nc的前n项和nT.21．（本小题满分12分）试卷第4页，总4页

…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………已知等差数列na的前n项和为nS

，若公差0d，414S且1a，3a，7a成等比数列.（1）求na的通项公式；（2）求数列11nnaa的前n项和nT.22．（本小题满分12分）已知函211()()().22xfxxeax（1）讨论fx的单调性；（2）若

fx有两个零点，求a的取值范围.本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第1页，总14页参考答案1．C【解析】【分析】将全称命题的量词改变，否定结论，可得出命题p.【详解】命题:2px，210x，由全称命题的否定可知，命题:2px，210x.故选：C.【点睛

】本题考查全称命题否定，要注意全称命题的否定与特称命题的之间的关系，属于基础题.2．D【解析】【分析】求出集合A，进而与集合B取交集即可.【详解】因为2153Axxxx，3,4,5,6B，所

以4,5,6AB.故选：D.【点睛】本题考查集合的交集，考查学生对基础知识的掌握.3．B【解析】【分析】令12x，求出x代入后可得．【详解】由12x得3x，所以2(2)327f．故选：B．【点睛】本题考查求函数值，解题方法是整体思想，即把1x作为一个

整体，令12x求解．本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第2页，总14页4．B【解析】【分析】根据对数的性质，判断各选项对数值所在的区间即可知它们的大小关系.【详解】因为0.1log60

，2log93，32log123，41log152，所以最大的是2log9.故选：B【点睛】本题考查对数大小的比较，考查逻辑推理的核心素养.5．B【解析】【分析】设tanxt，直接利用二倍角的正切公式和两角和的正切

公式展开求解.【详解】设tanxt，因为2222221211tan2tan541111tttttxxtttt，所以232t，故6tan2xt.故选：B【点睛】本题考主要查两角和的正切公式和二倍

角公式的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.6．A【解析】由题意可知，22T，22，∵sin[2]06，∴3k，kZ，∵02，∴3，可得：2cos236fxsinxx

，∴将cosyx的本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第3页，总14页图象先向右平移6个单位长度，再将所得点的横坐标变为原来的12倍，纵坐标不变，得到yfx的图象

，故选A.7．C【解析】分析：详解：由ABC的面积为2，所以11sinsin2226SbcAbc，得8bc，在ABC中，由正弦定理得22sinsin22sin2sinsin2(2)CBcbcbbcCBCcbcb

cbc22222216841841132282848248222bbbbbb，当且仅当2,4bc时，等号是成立的，故选C．点睛：本题主要考查了利用均值不等式求最值，及正弦定理和三角形面积公式的应用，其中解答中利用正弦定理，构

造乘积为定值，利用均值不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及构造思想的应用．8．D【解析】【分析】由图形结合平面向量的线性运算即可得解.【详解】因为1122BCABADDCABADABADAB

，2BPPC，所以221333BPBCADAB，所以2122++3333APABBPABADABABAD

.故选：D.【点睛】本题考查了平面向量线性运算的应用及用基底表示向量，考查了运算求解能力，属于基础题.9．C【解析】本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第4页，总14页试题分析：由等差

数列的性质和求和公式可得10110,0aa又可得:而20101110()0Saa,进而可得nS取得最小正值时19n.考点：等差数列的性质10．A【解析】【分析】利用韦达定理和等比数列的性质，结合等比数列通项公式

求出51a，再利用等比数列的性质即可求解.【详解】因为1a，101a是方程210160xx的两根，所以由韦达定理可得，1101110116,10aaaa,即1001110aq，所以10a，

由等比数列的性质知,2110121815116aaaaa，因为50511aaq0，所以514a，所以215181aaa64.故选:A【点睛】本题考查等比数列的性质和通项公式；考查运算求解能力；利用韦达定理和等比数列的性质正

确求出51a的值是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.11．D【解析】【分析】由导数的几何意义转化条件得1ab，进而可得1223baabab，由基本不等式即可得解.【详解】本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第

5页，总14页因为函数ln()yxb的导数1yxb，由切线的方程yxa可得切线的斜率为1，所以11xb即切点的横坐标为1b，所以切点为(1,0)b，代入yxa得10ba，即1ab，又a、b为正实数，所以121222332322babaa

babababab，当且仅当21a，22b时，等号成立.所以12ab的最小值是322.故选：D.【点睛】本题考查了导数几何意义及基本不等式的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.12．

A【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3210204130xyxyxy作出可行域如下图所示：本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参

考。答案第6页，总14页联立413020xyxy，解得13xy，即1,3A，化2zxy为2yxz，由图可知，当直线2yxz过A时，直线在y轴上的截距最大

，z有最小值，即min2135z.故选：A.【点睛】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是基础题.13．3【解析】【分析】由题意可得出的表达式，由此可求得的最小值.【详解】因为曲线sin6

yx关于直线1x对称，所以62kkZ，所以()3kkZ，当0k时，取最小值为3.故答案为：3.【点睛】本题考查利用正弦型函数的对称性求参数的最值，考查计算能力，属于中等题.14.12本卷由系统自动生成，请仔细校对后使

用，答案仅供参考。答案第7页，总14页【解析】【分析】根据平面向量垂直的性质可得21abb，进而可得2bab、2ab，再根据投影的公式代入求解即可.【详解】bab，20abba

bb，21abb，2221bababb，222444442ababab，向量b在向量2ab上的投影的数量为212

2babab.故答案为：12.【点睛】本题考查了平面向量数量积的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.15．2a.【解析】【分析】不等式230xaxa可变形为2341211xaxxx，

然后利用基本不等式求出右边的最大值即可.【详解】由题得2341211xaxxx因为20x，∴311x，所以441212224211xxxx

当1x时得到等号.所以故选：【点睛】本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第8页，总14页本题考查的是一元二次不等式的恒成立问题和利用基本不等式求最值，考查了学生的转化能力，属于中档题.1

6．90【解析】【分析】利用向量夹角公式，计算出向量0ABBC，由此判断出向量AB与BC的夹角为90.【详解】由于2,3BCACAB，所以3,22,30ABBC

，所以向量AB与BC的夹角为90.故答案为：90【点睛】本小题主要考查向量坐标的线性运算，考查向量数量积的运算，属于基础题.17．（1）3A；（2）34【解析】【分析

】(1)已知等式利用正弦定理化简，整理后求出cosA的值，即可确定出角A的大小；(2)由,cosaA的值，利用余弦定理列出关系式，再利用基本不等式求出bc的最大值，即可确定出三角形ABC面积的最大值．【详解】解：（1）由2coscosacbAB可得：cos2coscosaBcAbA

，由正弦定理可得：sincos2cossincossinABACAB∴sin()2cossinsin2cossinABACCAC，∵sin0C，∴1cos2A，本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第9页，总14页∵(0,)A，∴3A；（2）

由（1）知3A，由余弦定理得2222cosabcbcA，即221bcbc∵222bcbc，所以1bc（当且仅当1bc时取等号）∴13sin24ABCSbcA，所以ABC面积的最大值为34.【点睛】此题考查了正弦、余弦定理

，三角形面积公式，以及两角和与差的正弦函数公式，基本不等式的应用，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．18．（1）πT；（2）π12x时，max312fx；π4x时，min312fx．【解析

】【分析】（1）利用两角和的正弦公式及二倍角公式化为一个角的三角函数得最小正周期；（2）求得ππ5π2636x结合三角函数性质求解最值即可【详解】（1）解：π132sincos2sincoscos322fxxxxxx．211cos2sincos3co

ssin2322xxxxxπ3sin232x故函数fx的最小正周期πT．本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第10页，总14页（2）解：当ππ,44x时，ππ5π2636x，当ππ232x，即π12x

时，函数取得最大值maxπ31122fxf；当ππ236x，即π4x时，函数取得最小值minπ3142fxf．【点睛】本题考查三角恒等变换的化简问题，考查三角函数的图像及性质，考查三角公式的运用，是中档题.

19．（1）T，2，3；（2）,412【解析】【分析】（1）由函数的部分图象求解析式,由周期求出,代入,03求出的值,可得函数的解析式；（2）由以上可得,()sin23fxx,再利用正弦函数的定义域和

值域,求得函数的最值.【详解】（1）根据函数()sin()0,||2fxx的部分图象,可得3134123T，解得T，22T，将,03代入可得sin203

，解得3；【点睛】本题考查三角函数部分图象求解析式，考查三角函数给定区间的最值，属于基础题.20．（1）21nan，12nnb或11733nan，1163nnb；（2）12362nnnT本卷由系统自动生成，

请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第11页，总14页【解析】【分析】(1)由已知求得公差和首项即可；(2)2313572112222nnnT，①23111352321222222nnnnnT，②利用错位相减法①−②可得nT．

【详解】解：（1）由17412177349adSaad，则1613ad或112ad，当1613ad时，11733nan，1163nnb；当112ad

时，21nan，12nnb；（2）当1d时，由（1）可得，21nan，12nnb，则1212nnnc，∴12135211222nnnT∴123111352321222222nnn

nnT，∴1231122222123132222222nnnnnnT，∴12362nnnT．【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，及错位相减法求和，属于基础题．21．（1）1nan；（2）22nnTn

.【解析】【分析】（1）由等差数列的通项公式、前n项和公式结合等比数列的性质列方程可得数列首项与公差，即可得解；本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第12页，总14页（2）由111112nnaann，结合裂项相消法即可得解.【详解】

（1）因为数列na为等差数列，414S，1a，3a，7a成等比数列，所以2317aaa，所以1211143414226adadaad，即1212372addad，又因为0d，所以121ad

，所以111naandn；（2）因为111111212nnaannnn，所以111111112334122222nnTnnnn.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的综合应用及裂项相消法的应用，考

查了运算求解能力，属于中档题.22．（1）答案见解析；（2）0,.【解析】【分析】（1）求函数的导数，讨论0a和0a，分别解导数不等式即可得到函数的单调性.（2）由（1）的单调性，可求得函数的极值，由极值的正负和函数的单调性可得函数的零点个数，从而得到a的取值范围

.【详解】（1）1()22xfxxea.当0a时，令0fx，得1,2x，本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第13页，总14页令0fx，得1,2x.故fx在1,2单

调递减，在1,2单调递增.当0a时，令0fx，得112x，2ln(2)xa.①当1ln(2)2a即2eae时，0fx，fx在R上单调递增.②当1ln(2

)2a即02eae时，fx在1ln(2),2a上单调递减，在,ln2a，1,2上单调递增.③当1ln(2)2a即2eae时，fx在1,ln(2)2a

上单调递减，在1,2，ln(2)a,+上单调递增.（2）当0a时，由（1）可知fx只有一个极小值点12x.且102efe，102fa，当x时，102xxe，212ax，

从而fx，因此fx有两个零点.当0a时，1()2xfxxe此时fx只有一个零点，不符合题意.当2eae时，fx在R上单调递增，不可能有两个零点.当02eae时，fx在1ln(2),2a上单调递减，在

,ln2a，1,2上单调递增，本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第14页，总14页2ln211lnln222ln22aaaafea

211lnln22222aaaa，其中22n01l2aa，n0221la，1ln0222aa，则2ln0fa，即函数的极大值小于0，则fx在R上不可能有两个零点；当2eae

时，fx在1,ln(2)2a上单调递减，在1,2，ln(2)a,+上单调递增，102efe，即函数的极大值小于0，则fx在R上不可能有两个零点；

综上，若fx有两个零点，a的取值范围是0,.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的零点个数问题，考查分析问题的能力和计算能力，属于中档题.