長春市第十一中學2021屆高三數學上學期第二學程考試試題理

吉林省長春市第十一中學2021屆高三數學上學期第二學程考試試題理吉林省長春市第十一中學2021屆高三數學上學期第二學程考試試題理PAGEPAGE16吉林省長春市第十一中學2021屆高三數學上學期第二學程考試試題理吉林省長春市第十一中學2021屆高三數學上學期第二學程考試試題理第Ⅰ卷（共60分）一、選擇題：本題共12小題,每小題5分.在每小題給出的四個選項中,只有一個選項是符合題目要求的。1．若為虛數單位，，且，則復數的模等于（）A． B． C． D．2．“”是“橢圓焦距為4"的（)A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件3．函數的部分圖象大致為(）4．如圖，是單位圓的直徑，點，是半圓弧上的兩個三等分點,則（)A．1B．C．D．5．我國古代數學名著《九章算術》的論割圓術中有:“割之彌細，所失彌少，割之又割,以至于不可割,則與圓周盒體而無所失矣.”它體現了一種無限與有限的轉化過程，比如在表達式中“”即代表無限次重復，但原式卻是個定值,它可以通過方程求得，類似上述過程及方法。則的值為()A． B． C．7D．6．埃及金字塔是古埃及的帝王（法老）陵墓，世界七大奇跡之一,其中較為著名的是胡夫金字塔。令人吃驚的并不僅僅是胡夫金字塔的雄壯身姿，還有發(fā)生在胡夫金字塔上的數字“巧合”。如胡夫金字塔的底部周長如果除以其高度的兩倍，得到的商為3.14159，這就是圓周率較為精確的近似值。金字塔底部形為正方形,整個塔形為正四棱錐，經古代能工巧匠建設完成后，底座邊長大約230米。因年久風化，頂端剝落10米，則胡夫金字塔現高大約為（）A．128。5米 B．132.5米 C．136。5米 D．140。5米7．已知正項等比數列的公比不為1，為其前項積，若，則（)A． B． C． D．8．從某個角度觀察籃球（如圖甲），可以得到一個對稱的平面圖形,如圖乙所示,籃球的外輪廓為圓，將籃球表面的粘合線視為坐標軸和雙曲線,若坐標軸和雙曲線與圓的交點將圓的周長八等分，且,則該雙曲線的離心率為(）A． B． C．2 D．9．圖1是第七屆國際數學教育大會()的會徽圖案，它是由一串直角三角形演化而成的（如圖2），其中，則（)A．B．C．D．10．已知函數，函數的圖象過定點，對于任意,有，則實數的范圍為（）A．B．C．D．11．已知函數，若x，y滿足，則的取值范圍是（）A． B． C． D．12。已知拋物線的焦點為，定點,若直線與已知拋物線C相交于兩點（在之間），且與拋物線C的準線相交于點,若，則的長為(）A。B。C。D。第Ⅱ卷（共90分）二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．若sin＝，則cos2x＝________.14．若經過坐標原點的直線與圓相交于不同的兩點，，則弦的中點的軌跡長度為__________.15．已知下列命題：:若直線與平面有兩個公共點，則直線在平面內．：若三條直線互相平行且分別交直線于三點，則這四條直線共面．:若直線與平面相交，則與平面內的任意直線都是異面直線．:如果兩條異面直線中的一條與一個平面平行，則另一條直線一定與該平面相交．則下述命題中所有真命題的序號是_________．①②③④16。如圖，在直三棱柱中，，點在棱上，當取最小值時，，則異面直線與所成角的余弦值為。三、解答題：（本大題共6小題,共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．（本小題滿分12分）設,數列的前n項和為，已知，，，成等比數列。（1）求數列的通項公式;（2)若數列滿足,求數列的前項的和。18．(本小題滿分12分）如圖，在直棱柱中，，,，，。（1)證明：平面平面;（2）求二面角的余弦值.19．（本小題滿分12分）已知的內角，，所對的邊分別為，，，且。（1）求角的大小;(2）設，點是所在平面上一點，且與點分別位于直線的兩側，若,，求當面積最大時，的周長.20.(本小題滿分12分）已知函數，(1）討論函數的單調性；（2）若恒成立，求的取值范圍.21.（本小題滿分12分)已知橢圓，，過橢圓上的點做橢圓的兩條切線分別和橢圓的另外交點為，如圖所示，設直線的斜率分別為，（1）證明：；（2）直線的斜率是否為常數？若是,求出的值；若不是，說明理由。22.（本小題滿分10分）選修4-4：坐標系與參數方程己知在平面直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為（t為參數).以原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線l的極坐標方程為。（1)求曲線C和直線l的直角坐標方程；（2）若直線l交曲線C于A，B兩點，交x軸于點P，求的值.23．（本小題滿分10分)選修4-5:不等式選講已知函數，。（1）若對于任意，都滿足，求的值；（2）若存在，使得成立，求的取值范圍.參考答案1．C因為，所以，。所以.故選：C2．A【詳解】當時，,即時，橢圓焦距為4;若橢圓焦距為4,則，所以或,解得或所以“”是“橢圓焦距為”的充分不必要條件,故選:A3．B【詳解】函數的定義域為，,函數為奇函數，當時，，則,，,.因此，函數的圖象如B選項中的圖象.故選:B.4．C【詳解】連接,則,在中,由余弦定理得：。所以.故選：C5．B【詳解】令,則，整理，得,解得，或，，，。故選：。6．C【詳解】解：設金字塔風化前的形狀如圖，∵，∴其底面周長為，由題意可得：,∴。∴胡夫金字塔現高大約為米。結合選項可得，胡夫金字塔現高大約為136.5米。故選：C.7．A【詳解】是正項等比數列，，，，所以由，得，所以，設公比為，，，，即，，所以．故選:A．8。B【詳解】由條件知在雙曲線上,所以，，選B9．D【詳解】∵,且是直角三角形，∴,同理得，，，，，，∴.故選：D．10．A【詳解】解：因為的圖象過定點，所以,解得，所以，因為對于任意，有,則，設，即，所以，令，因為,則，所以要使在恒成立，只需，故,整理得,解得，故選：A。11．C【詳解】函數的定義域為因為，所以為上的奇函數,故函數為上的減函數由得到即，該不等式組表示的平面區(qū)域如下圖所示表示區(qū)域中的點與連線的斜率,由圖可知,，故選：C12．D二、填空題13．【詳解】由誘導公式得sin＝－cosx＝，故cosx＝－.由二倍角公式得cos2x＝2cos2x－1＝.故答案為：．14．【詳解】設當直線l的方程為,與圓聯(lián)立方程組，消去y可得：,由,可得.由韋達定理，可得，∴線段AB的中點M的軌跡C的參數方程為,其中，∴線段AB的中點M的軌跡C的方程為：,其中。所以的中點的軌跡長度為.故答案為:15．②④【詳解】因為：若直線與平面有兩個公共點，則直線在平面內．由平面的基本性質知正確;:若三條直線互相平行且分別交直線于三點，則這四條直線共面,由平面的基本性質知正確；：若直線與平面相交，則與平面內的任意直線都是異面直線，由空間直線的位置關系知錯誤;:如果兩條異面直線中的一條與一個平面平行，則另一條直線一定與該平面相交，由直線與平面的位置關系知錯誤；所以①錯誤；②正確；③錯誤；④正確；故答案為：②④16．答案：三、解答題17．(1）;(2).【詳解】(1）由，得，所以數列是以為首項，2為公差的等差數列.由，，成等比數列可得，即，解得,所以.（2）由（1）得，所以所以。18．（1）證明見解析;（2)?！驹斀狻?1）證明：平面，平面，∴.又∵，且,平面，∴平面。又∵平面，∴面面.（2）易知、、兩兩垂直，以A為坐標原點，、、所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖的空間直角坐標系，設，則相關各點的坐標為，,,，，，.從而,。∵,∴，解之得或（舍去）.，設是平面的一個法向量，則，即令，則.同理可求面的法向量為.∴。又∵二面角是銳二面角，∴二面角的余弦值為.19．(1）；（2）。【詳解】(1)易得,∴，∵，，∴,∴，∴。（2)由(1)可得，為等腰直角三角形,所以，，,∴當時，取得最大值，此時的周長為.20.（1）對求導數:①當時，所以在上為單調遞增函數；②當時，令，得：，所以在上為單調遞減函數;令，得：，所以在上為單調遞增函數。所以：當時，在上為單調遞增函數;當時，在上為單調遞增函數；在上為單調遞減函數.(2）當時,，顯然不恒成立;當,取，則，不成立；當時,由（1)知，)若恒成立，只需，設,則,當，，單調遞減，當，，單調遞增，所以最小值為,即恒成立,當且僅當時取等號。所以不等式的解為綜上所述：若恒成立時的取值集合為21.【詳解】(1）設，帶入橢圓：消去得：,由于和橢圓相切，所以：，即：，同理的斜率滿足方程：，所以:為方程關于的方程的兩個根,所以：。（2)設：，,得：則，由（1）知：,即：，整理得：,,即:,由于,所以，即斜率為定值.22．（1）C：；l：；（2）8。