松原市油田十一中2021届高三数学下学期总复习冲刺试题

吉林省松原市油田十一中2021届高三数学下学期总复习冲刺试题吉林省松原市油田十一中2021届高三数学下学期总复习冲刺试题PAGE6PAGE20吉林省松原市油田十一中2021届高三数学下学期总复习冲刺试题吉林省松原市油田十一中2021届高三数学下学期总复习冲刺试题【满分:150分】选择题部分(共40分)一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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.已知集合，若,则实数的取值范围是(）A。 B。 C。 D.2.若复数(为虚数单位）为纯虚数，则实数的值为()A. B.或1 C.3或 D.13。设双曲线的两条渐近线与圆相交于四点，若四边形的面积为12，则双曲线的离心率是（)A。 B。 C.或 D．4。若，则“"是“”的（）

A。充分不必要条件 B.必要不充分条件 C。充要条件 D.既不充分也不必要条件5。已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各个面中,面积的最大值为（)A。 B. C. D。6.函数的部分图像可能是()A. B。C. D.7.随机变量的分布列为123P则当p在内增大时，有()A。增大，增大 B.增大，先增大后减小C。减小，先增大后减小 D。减小，减小8。设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点）.记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（)A。 B。 C. D。9。已知,给出下列命题:①若则;②若则；③若则；④若，则。其中真命题的个数是（)A.1 B.2 C。3 D.410。已知数列的首项,前项和为.设，则数列的前项和的取值范围为（)A。 B. C。 D.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，共36分。多空题每小题6分;单空题每小题4分。11。若，则_____；__________。12.已知，方程表示圆,则圆心坐标是____________，半径是________________。13。的展开式中的常数项为—32，则实数a的值为________；展开式中含项的系数为________。14。已知,点为延长线上一点，，连接，则的面积是________，________．15。已知椭圆的左、右焦点分别为.若椭圆上存在一点P使，则该椭圆的离心率的取值范围为_______________。16。平面向量，且c与a的夹角等于c与b的夹角，则________.17。已知函数存在两个极值点，则实数a的取值范围是___________.三、解答题：本大题共5小题,共74分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。18。（14分）已知函数图象上最高点的纵坐标为2，且图象上相邻两个最高点的距离为。（1)求和的值；(2）求函数在上的单调递减区间.19.(15分)已知四棱柱的底面为菱形，平面。(1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.20.（15分）已知等比数列的前n项和为，且。(1）求与;（2)记，求数列的前n项和。21。（15分)过的直线与抛物线交于两点，以两点为切点分别作抛物线的切线，设与交于点。（1)求；(2）过的直线交抛物线于两点，求四边形面积的最小值.22.（15分）已知函数（1）若的极小值为，求实数a的值；(2）若，求证:.

答案以及解析1.答案：A解析:，，则由，得,解得，则实数的取值范围是.2.答案：D解析:是纯虚数，得。故选D.3.答案：A解析：本题考查双曲线的几何性质.由对称性可知四边形是矩形，设点A在第一象限，由,得，则，即，则或3。又因为,所以,则该双曲线的离心率,故选A。4.答案：A解析：因为,所以，从而，充分性成立；反之，，取,则，但，必要性不成立.故“”是“”的充分不必要条件.5.答案：B解析：由三视图可得该几何体为如图所示的三棱锥，易求得，，，由，可得，所以该几何体的各个面中的面积最大,为。6。答案:A解析：因为，所以函数的定义域为R.又，所以函数是偶函数，故可排除B，D选项；因为，所以排除C选项.故选A.7。答案:B解析：，，所以,所以p在内增大时，增大,先增大后减小，故选B.8.答案：B解析：由题意,不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等，因为点是棱上的点（不含端点)，所以直线与平面所成的角小于直线与平面所成的角，而直线与平面所成的角小于二面角的平面角，所以；因为平面,所以直线与直线所成的角大于直线与平面所成的角，即.故选B.9。答案：B解析：本题考查不等式的性质.对于①,当，时，①错误;对于②，由得.又因为所以即，所以②正确；对于③，由得，所以，③正确；对于④，由得则，当时④错误。综上所述，真命题的个数为2,故选B.10。答案：C解析：由,可得当时，有,两式相减得,故。又当时，，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，故.所以，所以。所以，①，②①②，得，化简整理得,因为,所以,又，所以数列是递增数列，所以,所以，故的取值范围是，选C。11。答案：解析:,，。又，。12.答案：;5解析：表示圆,解得.圆的方程为,即。故圆心坐标为，半径为5。13.答案：-2;—842解析：的通项，所以的展开式中的常数项为，解得。所以的展开式中含项的系数为。14.答案：；解析:依题意作出图形,如图所示，则，由题意知，则，所以，因为，所以，由余弦定理，得.15.答案：解析：在中,由正弦定理知.因为，椭圆离心率，所以，即.①又因为点P在椭圆上，所以.将①代入得.又，所以同除以a得。又，所以。16.答案：2解析：由，得，。与a的夹角等于c与b的夹角，,即，解得。17。答案：解析:由题意得因为函数有两个极值点,所以有两个变号零点。由得,即令则易知函数是减函数，且当时，，所以当时,单调递增；当时，单调递减。故又当时当时所以要使有两个零点，需，即。18。答案：（1)当时，取得最大值为.又图象上最高点的纵坐标为2，，即.又的图象上相邻两个最高点的距离为,的最小正周期，.（2）由(1）得，由，得.令，得。函数在上的单调递减区间为.19.答案：（1)连接交于点,连接,易知为的中点,为的中点，在中，，平面平面，平面。(2）连接平面，且为的中点,，平面且，平面。如图,以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系。易得,，设平面的法向量为,则令,得，。同理可得平面的一个法向量为,，结合图形知，二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.20。答案：(1）由得，

当时，得；

当时，

得

所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列

所以.

所以

（2)由(1)可得则,

，

两式相减得

所以。21.答案:(1）设,直线，由得，所以由，所以，即，同理,联立得得即.（2)因为，所以，所以，即.而，同理(易知），所以,当且仅当时，四边形的面积取得最小值32。22。答案：(1）由题意，的定义域为,且.由得，由得