【文档说明】吉林省松原市油田第十一中学2021届高三下学期期中测试数学理试题 含答案.docx，共(10)页，6.672 MB，由小赞的店铺上传

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【期中试卷】吉林省松原市油田十一中2020-2021学学年高三下学期期中测试卷理科数学试卷注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：

每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：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．已知集合，，若，则实数a等于（）A．或3B．0或C．3D．2．已知复数，且为纯虚数，则（）A．B．C．D．3．“”是“函数在区

间上单调递增”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．不充分也不必要条件4．已知等比数列的前项和为，且，，则（）A．48B．42C．39D．215．函数在上的大致图象为（）A．B．C．D．6．已知中，，，若与线段交于点，且满足，，则的最大值为（）A．B．C．D．7

．已知函数在区间上恰有1个最大值点和1个最小值点，则ω的取值范围是（）A．B．C．D．8．定义在上的函数满足，对任意的，，，恒有，则关于x的不等式的解集为（）A．B．C．D．9．中，，内切的半径为，上高为，，现从内随机取一

点，则该点取自内的概率是（）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号A．B．C．D．10．设过点的直线与圆交于两点，线段的中点为．若与轴的交点为，则的取值范围是（）A．B．C．D．11．若存在，使得函数与的图象在这两个函数图象的公共点处的切线相同，则的最大值为（）A．B．

C．D．12．在棱长为的正四面体中，点为所在平面内一动点，且满足，则的最大值为（）A．B．C．D．第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．的展开式中常数项是___________

．(用数字作答)14．甲和乙等名志愿者参加进博会四个不同的岗位服务，每人一个岗位，每个岗位至少1人，且甲和乙不在同一个岗位服务，则共有___________种不同的参加方法(结果用数值表示)．15．已知的

内角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围为________．16．已知双曲线的焦点为，是双曲线上一点，且．若的外接圆和内切圆的半径分别为，且，则双曲线的离心率为__________．三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（

12分）已知在数列中，，，前n项和为，若．（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前n项和为，求证：．18．（12分）如图，四棱锥中，，平面平面．若，，，．（1）证明：；（2）若，求二面角的余弦值．19．（12分）一黑色袋里装有除颜色不同外其余均相同的8个小球，其中白色

球与黄色球各3个，红色球与绿色球各1个．现甲、乙两人进行摸球得分比赛，摸到白球每个记1分、黄球每个记2分、红球每个记3分、绿球每个记4分，以得分高获胜．比赛规则如下：①只能一个人摸球；②摸出的球不放回；③摸球的人先从袋中

摸出1球；若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出2个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出3个球，他的得分为两次摸出的球的记分之和；④剩下的球归对方，得分为剩下的球的记分之和．（1）若甲第一次摸出了绿色球，求甲的得分不低于乙的得分的概率；（2）如果乙先摸出了红色球，求乙得

分的分布列和数学期望．20．（12分）已知椭圆与双曲线有两个相同的顶点，且的焦点到其渐近线的距离恰好为的短半轴的长度．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作不垂直于坐标轴的直线与交于，两点，在轴上是否存在点，使得平分？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．21．（12分）已知实数

，函数．（1）若函数在中有极值，求实数的取值范围；（2）若函数有唯一的零点，求证：．（参考数据，）请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以原

点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）直接写出曲线的普通方程；（2）设是曲线上的动点，是曲线上的动点，求的最大值．23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】设函数．（1）求不等式的解集；（2）若的最小值是，且，求的

最小值．理科数学答案第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：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．【答案】C【解析】由，可知，故，解得或．当时，，与集合元素互异性

矛盾，故不正确，经检验可知符合题意，故选C．2．【答案】A【解析】复数，则，由纯虚数的定义知，解得，故选A．3．【答案】A【解析】，当时，即时，函数在为增函数，即充分性成立，若函数在区间上单调递增，如当，即时，满足题意，故必要性不成立．即“”是“函数在区间上单调递增”的充分不必要条件

，故选A．4．【答案】C【解析】设等比数列的公比为，当时，，，此时，与，相矛盾，所以，所以，所以，得，，所以，故选C．5．【答案】A【解析】，即，所以函数是奇函数，故排除B、C，当时函数值为正数，故排除D，只有A选项符合

题意，故选A．6．【答案】D【解析】∵线段与线段交于点，设()，则，即，又∵、、三点共线，则，即，∵，∴当为中点时，最小，此时最大，又，故此时，又因为，∴，即，即的最大值为，故选D．7．【答案】B【解析】，，，，在上恰

有1个最大值点和1个最小值点，，解得，故选B．8．【答案】B【解析】设，因为对任意的，，，恒有，所以函数在上为增函数，则在上为增函数，又，而，所以，所以为奇函数，综上，为奇函数，且在上为增函数，所以不

等式等价于，即，亦即，可得，解得，故选B．9．【答案】A【解析】设，中点为，切于，，，，故，，故所求概率为，故选A．10．【答案】B【解析】由题意，直线不与轴平行或重合，可设直线方程为，则．圆心到直线的距离．因为直线与圆相交，所以，解得．在中，．又，所以

，令，则．当时，，即在上单调递增，因此，可得，所以，故选B．11．【答案】D【解析】设曲线与的公共点为，，，，则，解得或，又，且，则．，，．设，，令，得．当时，；当时，，的最大值为，故选D．12．【答案】B【解

析】如图所示，在平面内，，所以点在平面内的轨迹为椭圆，取的中点为点，连接，以直线为轴，直线为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则椭圆的半焦距，长半轴，该椭圆的短半轴为，所以，椭圆方程为．点在底面的投影设为点，则点

为的中心，，故点正好为椭圆短轴的一个端点，，则，因为，故只需计算的最大值．设，则，则，当时，取最大值，即，因此可得，故的最大值为，故选B．第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．【答案】

【解析】由题意，化简，又由展开式的通项为，当时，可得，所以的展开式中常数项是，故答案为．14．【答案】【解析】由题意得，有且只有2人分到一组，然后再分到四个不同的岗位，则有种方法，甲和乙在同一个岗位服务的分配方法有种，所以甲和乙不在同一个岗位服务的方法有种，故答

案为216．15．【答案】【解析】因为，所以，因为，，所以，所以，所以，所以，令，则，所以，所以在上恒成立，所以在上单调递减，所以，即，所以的取值范围为，故答案为．16．【答案】【解析】双曲线的焦点为，，，在中，由正弦定理得，解得，，设，，在中，由余

弦定理得，解得，所以，因为，又，所以，则，所以，整理得，则，解得或（舍去），故答案为．三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】（1）在数列中，①∵②且，∴①式÷②式，得，∴数列以为首项，公差为1的等差数列，∴，∴

，当时，；当时，，不满足上式，∴数列的通项公式为．（2）由（1）知，∵当时，，∴当时，，满足，∴，∵在中，，，∴，∴，∴，∴，所以．18．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：设平面平面，，平面，平面，平面，又平面，，，，，又平面平面，平面，平面，．（2）连接，在中，

由余弦定理得，，又，为二面角的平面角，以为原点，分别以的方向为轴，轴正方向建立空间直角坐标系，，，．，，，平面，平面平面，可设，由，可得，化简可得…①由（1）知，，化简得…②解方程①②，可得，，，，，二面角的余弦值为．19．【答案】（1）；（2）分布列见解析，．【解析】

（1）记“甲第一次摸出了绿色球，甲的得分不低于乙的得分”为事件，因为球的总分为16，即事件指的是甲的得分大于等于8，则．（2）如果乙第一次摸出红球，则可以再从袋子里摸出3个小球，则得分情况有：6分、7分、8分、9分、10分、11分等，，，，，，，所以的分布列为：67891011所以的数学期望．2

0．【答案】（1）；（2）存在点，使得平分．【解析】（1）由题意可得，双曲线的焦点为，渐近线方程为，则焦点到渐近线的距离为，所以，则椭圆的标准方程为．（2）存在点使得平分，由题知，直线的斜率存在且不为0，又直线过

点，则设直线的方程为，，，，联立方程，消去整理可得，所以，，因为，，，所以，即，因为，所以，即，则，化简可得，因为，所以，综上，存在点，使得平分．21．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】（1），令，得，由，得，在上单调递增，当时，，函数在中有极值，与在上有交

点，．（2）在上单调递增，且当时，；当时，，在有唯一零点，设零点为，则有…①，在上单调递减，在上单调递增，又函数有唯一的零点，且当时，；当时，，，即，将①式代入得，记，则为函数的零点，，则当时，；当时，，在上单调递增，在上单调递减，且当时，，，当时，，有唯一零点，又，，．2

2．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）曲线的普通方程为．（2）由曲线的参数方程为（为参数），得曲线的普通方程为，它是一个以为圆心，半径等于的圆，曲线的极坐标方程为，，可得，则曲线的参数方程为（为参数），是曲线上的点，是曲线上的点，，设，则，当时，，．23．【答

案】（1）或；（2）．【解析】（1）当时，，解得；当时，，解得；当时，，解得，综上，不等式的解集为或．（2）由（1）可知当时，，即，则．因为，所以，即（当且仅当时等号成立）．故的最小值为．