1、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D4.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
2、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：若则；若则；若则；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
3、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
4、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
5、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
6、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，当，时，错误；对于，由得.又因为所以即，所以正确；对于，由得，所以，正确；对于，由得则，当时错误.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，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，
7、.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.又因为点P在椭圆上，所以.将代入得.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
8、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.
