【文档说明】吉林省松原市油田十一中2021届高三下学期总复习冲刺数学试卷含答案.docx，共(6)页，4.507 MB，由小赞的店铺上传

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【冲刺试卷】吉林省松原市油田十一中2020-2021学年度高三下学期总复习冲刺试卷数学试卷【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1C.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.1B.2C.3D.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________；展开式中含项此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座

位号的系数为________.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，∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，的极小值为，则，得，，解得.(2)当时，，设，则，则.设，则.设，则.由可得，由可得，在上单调递减，在上单调递增，，即，在上单调递增.，在上存在唯一的零点且.由，得，当时，，当时，，，易知在区间上单

调递减，故，，即.