1、长春市十一高中2020-2021学年度高三上学期第二学程考试数学（理） 试 题第卷（共 60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1若为虚数单位，且，则复数的模等于（ ）ABCD2“”是“椭圆焦距为4”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3函数的部分图象大致为（ ）4如图，是单位圆的直径，点，是半圆弧上的两个三等分点，则（ ）A1 B C D5我国古代数学名著九章算术的论割圆术中有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周盒体而无所失矣.”它体现了一种无限与有限的转化过程，比如
2、在表达式中“”即代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程求得，类似上述过程及方法.则的值为（ ）ABC7 D6埃及金字塔是古埃及的帝王（法老）陵墓，世界七大奇迹之一，其中较为著名的是胡夫金字塔.令人吃惊的并不仅仅是胡夫金字塔的雄壮身姿，还有发生在胡夫金字塔上的数字“巧合”.如胡夫金字塔的底部周长如果除以其高度的两倍，得到的商为3.14159，这就是圆周率较为精确的近似值.金字塔底部形为正方形，整个塔形为正四棱锥，经古代能工巧匠建设完成后，底座边长大约230米.因年久风化，顶端剥落10米，则胡夫金字塔现高大约为（ ）A128.5米B132.5米C136.5米D140.5米7已知正项等比数
3、列的公比不为1，为其前项积，若，则（ ）ABCD8从某个角度观察篮球（如图甲），可以得到一个对称的平面图形，如图乙所示，篮球的外轮廓为圆，将篮球表面的粘合线视为坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，且，则该双曲线的离心率为（ ）ABC2D9图1是第七届国际数学教育大会()的会徽图案，它是由一串直角三角形演化而成的(如图2)，其中，则（ ）A B C D10已知函数，函数的图象过定点，对于任意，有，则实数的范围为（ ）A B C D11已知函数，若x，y满足，则的取值范围是（ ）ABCD12.已知抛物线的焦点为，定点，若直线与已知抛物线C相交于两点（在之间），且与抛物线C的
4、准线相交于点，若，则的长为（ ）A. B. C. D. 第卷（共 90分）二、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分.13若sin，则cos2x_.14若经过坐标原点的直线与圆相交于不同的两点，则弦的中点的轨迹长度为_.15已知下列命题：若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内：若三条直线互相平行且分别交直线于三点，则这四条直线共面：若直线与平面相交，则与平面内的任意直线都是异面直线：如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交则下述命题中所有真命题的序号是_ 16.如图，在直三棱柱中，点在棱上，当取最小值时，则异面直线与所成角的余弦值为 .三、解答题：（本大题共6
5、小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（本小题满分12分）设，数列的前n项和为，已知，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项的和.18（本小题满分12分）如图，在直棱柱中，.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.19（本小题满分12分）已知的内角，所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）设，点是所在平面上一点，且与点分别位于直线的两侧，若，求当面积最大时，的周长.20.（本小题满分12分）已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）若恒成立，求的取值范围.21.（本小题满分12分）已知椭圆，过椭圆上的点做椭圆的两条切线分别和椭圆的另外交
6、点为，如图所示，设直线的斜率分别为，（1）证明：；（2）直线的斜率是否为常数？若是，求出的值；若不是，说明理由.22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程己知在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）.以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；（2）若直线l交曲线C于A，B两点，交x轴于点P，求的值.23（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数，.（1）若对于任意，都满足，求的值；（2）若存在，使得成立，求的取值范围.参考答案1C因为，所以，.所以.故选：C2A【详解】当时，即时，椭圆焦距为4；
7、若椭圆焦距为4，则，所以或，解得或 所以“”是“椭圆焦距为”的充分不必要条件，故选：A3B【详解】函数的定义域为，函数为奇函数，当时，则，.因此，函数的图象如B选项中的图象.故选：B.4C【详解】连接,则,在中，由余弦定理得：.所以.故选：C5B【详解】令，则，整理，得，解得，或，.故选：.6C【详解】解：设金字塔风化前的形状如图，其底面周长为，由题意可得：，.胡夫金字塔现高大约为米.结合选项可得，胡夫金字塔现高大约为136.5米.故选：C.7A【详解】是正项等比数列，所以由，得，所以，设公比为，即，所以故选：A8.B【详解】由条件知在双曲线上，所以，选B9D【详解】，且是直角三角形，同理得，
8、.故选：D10A【详解】解：因为的图象过定点，所以，解得，所以，因为对于任意，有，则，设，即，所以，令，因为，则，所以要使在恒成立，只需，故，整理得，解得，故选:A.11C【详解】函数的定义域为因为，所以为上的奇函数，故函数为上的减函数由得到即，该不等式组表示的平面区域如下图所示表示区域中的点与连线的斜率，由图可知，故选：C12D二、填空题13【详解】由诱导公式得sincosx，故cosx.由二倍角公式得cos2x2cos2x1.故答案为：14【详解】设当直线l的方程为，与圆联立方程组，消去y可得：，由，可得.由韦达定理，可得，线段AB的中点M的轨迹C的参数方程为，其中，线段AB的中点M的轨迹
9、C的方程为：，其中.所以的中点的轨迹长度为.故答案为：15【详解】因为：若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内由平面的基本性质知正确；：若三条直线互相平行且分别交直线于三点，则这四条直线共面，由平面的基本性质知正确；：若直线与平面相交，则与平面内的任意直线都是异面直线，由空间直线的位置关系知错误；：如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交，由直线与平面的位置关系知错误；所以 错误；正确 ； 错误； 正确；故答案为：16答案：三、解答题17（1）；（2）.【详解】（1）由，得，所以数列是以为首项，2为公差的等差数列.由，成等比数列可得，即，解得，所以.（2）由（1）
10、得，所以所以.18（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）证明：平面，平面，.又，且，平面，平面.又平面，面面.（2）易知、两两垂直，以A为坐标原点，、所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图的空间直角坐标系，设，则相关各点的坐标为，.从而，.，解之得或（舍去）.，设是平面的一个法向量，则，即令，则.同理可求面的法向量为.又二面角是锐二面角，二面角的余弦值为.19（1）；（2）.【详解】（1）易得，.（2）由（1）可得，为等腰直角三角形，所以，当时，取得最大值，此时的周长为.20.（1）对求导数：当时，所以在上为单调递增函数；当时，令，得：，所以在上为单调递减函数；令，得：，所以在上为单调递增函
11、数。所以：当时，在上为单调递增函数；当时，在上为单调递增函数；在上为单调递减函数。（2）当时，显然不恒成立；当，取，则，不成立；当时，由（1）知，）若恒成立，只需，设，则，当，单调递减，当，单调递增，所以最小值为，即恒成立，当且仅当时取等号。所以不等式的解为综上所述：若恒成立时的取值集合为21.【详解】（1）设，带入椭圆：消去得：，由于和椭圆相切，所以：，即：，同理的斜率满足方程：，所以：为方程关于的方程的两个根，所以：。（2）设：，得：则，由（1）知：，即：，整理得：，即：，由于，所以，即斜率为定值。22（1）C：；l：；（2）8.【详解】解：（1）曲线C的参数方程为（为参数），转化为直角坐标方程为，直线l的极坐标方程，直角坐标方程为：.（2）由于直线与x轴的交点坐标为，所以直线的参数方程为(为参数)，代入得到：，所以：，则：.23（1）（2）【详解】（1）解：因为，所以的图像关于直线对称又的图像关于直线对称，所以，所以，.（2）解：，使得等价于，使得.等价于.则 .所以，当时，所以，；当时，所以，综上，.
