安徽省滁州市定远县育才学校2021-2022学年高三下学期期中考试数学（理）试题（含答案）

这是一份安徽省滁州市定远县育才学校2021-2022学年高三下学期期中考试数学（理）试题（含答案），共16页。试卷主要包含了函数的图象可能是，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年度第二学期期中考试卷高三理科数学本试卷共23小题，满分150分，考试用时120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷   选择题（共60分）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A=，则=(　　)A．（2，6） B．（2，7） C．（-3，2] D．（-3，2）2．若复数满足，则的虚部为（       ）A． B． C． D．43．命题“若，则或”的否命题是（       ）A．若，则且 B．若，则或C．若，则且 D．若，则或4．执行如图所示的程序框图，则输出的值为（       ）A． B． C． D．5．设，是椭圆的左，右焦点，点的坐标为，则的角平分线所在直线的斜率为（       ）A． B．2 C． D．6．函数的图象可能是（       ）A． B．C． D．7．等比数列的前项和为，已知，且与的等差中项为，则A．29 B．31 C．33 D．368．的展开式中各项系数之和为，设，则（       ）A． B． C． D．9．已知函数，则（     ）A．当时， B．函数的最小正周期为C．函数在上单调递减 D．函数的对称中心为10．已知函数，，若，其中，的最大值为（       ）A． B． C． D．11．3月5日学雷锋活动日，某班安排5名同学（其中2人具有文艺特长）到敬老院参与文艺表演、疫情防控宣传、卫生大扫除、交流谈心四项活动，每个活动至少安排1人，每人安排1个活动．若文艺表演只能安排具有文艺特长的同学，则不同的安排方案有（       ）A．240种 B．78种 C．72种 D．6种12．已知四面体的每个顶点都在球的球面上，平面，，是正三角形，是等腰三角形，则球的体积为（       ）A． B．C． D．第II卷   非选择题（共90分）二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)  13．已知，展开式的常数项为15，则__________．14．在中，，为边上一点，且，，，则______.15．如图，已知正四棱柱和半径为的半球O，底面ABCD在半球O底面所在平面上，，，，四点均在球面上，则该正四棱柱的体积的最大值为______．16．若，满足约束条件，则的最大值为____________．三、解答题(本大题共6小题,共70分。其中22、23为选考题。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。)17. （本题满分12分）2022年2月20日，北京冬奥会在鸟巢落下帷幕，中国队创历史最佳战绩．北京冬奥会的成功举办推动了我国冰雪运动的普及，让越来越多的青少年爱上了冰雪运动．某校组织了一次全校冰雪运动知识竞赛，并抽取了100名参赛学生的成绩制作成如下频率分布表：竞赛得分频率 (1)如果规定竞赛得分在为“良好”，竞赛得分在为“优秀”，从成绩为“良好”和“优秀”的两组学生中，使用分层抽样抽取5人．现从这5人中抽取2人进行座谈，求两人竞赛得分都是“优秀”的概率；(2)以这100名参赛学生中竞赛得分为“优秀”的频率作为全校知识竞赛中得分为“优秀”的学生被抽中的概率．现从该校学生中随机抽取3人，记竞赛得分为“优秀”的人数为，求随机变量的分布列及数学期望．18．（本题满分12分）在中，，，分别为角，，的对边，.（1）求角的大小；（2）若为锐角三角形，，求的取值范围.19．（本题满分12分）如图，三棱锥中，平面平面，，，点，分别是棱，的中点，点是的重心.（1）证明：平面；（2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.20．（本题满分12分）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，直线l与抛物线C交于P，Q两点．（1）若l过点F，抛物线C在点P处的切线与在点Q处的切线交于点G．证明：点G在定直线上．（2）若p＝2，点M在曲线y上，MP，MQ的中点均在抛物线C上，求△MPQ面积的取值范围．21．（本题满分12分）已知函数，.(1)若，求函数的单调区间；(2)若，且，证明：.22．（本题满分10分）选修4 - 4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的方程为，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）求曲线的直角坐标方程；（2）已知曲线的极坐标方程为，点是曲线与的交点，点是曲线与的交点，且均异于原点，且，求实数的值.23．（本题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知数，.（1）若不等式的解集为，求实数的值；（2）若关于的方程有解，求实数的取值范围.
参考答案1．C【解析】由题得={x|x≤2或x≥7}，所以 .故选C2．C【解析】由，得，∴的虚部为.故选：C.3．C【解析】将一个命题的题设的否定作题设，结论的否定作结论所得到的命题是原命题的否命题，所以，“若，则或”的否命题是“若，则且”，C正确.故选：C4．D【解析】第一次循环，不成立，，；第二次循环，不成立，，；以此类推，执行最后一次循环，不成立，，；成立，输出.故选：D.5．A【解析】由题知点，所以，，，设与的角平分线交轴于点，过点作，垂足为，如图，则，，易知，所以，所以，所以的角平分线所在直线的料率为.故选：A.6．B【解析】由得，，故排除AC，，令，则，当时，，所以函数在上递减，所以在上恒成立，即在上恒成立，所以函数在上递减，故排除D.故选：B.7．B【解析】设等比数列的首项为，公比为，由题意知，解得，所以，故选B．8．B【解析】令，可得的展开式中各项系数之和为，，设，则.故选：B9．C【解析】依题意，作出函数的大致图象如图所示；由图象知：当时，，故A错误；函数的最小正周期为，故B错误；函数在上单调递减，故C正确；函数的对称中心为，故D错误．故选：C10．B【解析】已知函数，，，故，即，故和是方程的二根.，时，时，即在上递减，在上递增，又时，只有一根，故=，则，而故，设，，则，得 时，时，即在上递增，在上递减，时，取得最大值为，故的最大值为.故选：B.11．B【解析】①若文艺表演有2人，则有种②若文艺表演有1人，则其他某项活动有2人共种综上，不同的安排方案有78种故选：B12．C【解析】平面，平面，，又是等腰三角形，．是正三角形，．设为外接圆的圆心，则，，，球的体积.故选：C.13．【解析】常数项为 ，则 ，原式为 14．【详解】因为，，，所以，所以又为边上一点，所以，因此，所以，在，由正弦定理可得：，即，解得：.故答案为：.15．4【解析】设正四棱柱的高为h，底面棱长为a，则正四棱柱的底面外接圆直径为，所以，．由勾股定理得，即，得，其中，所以，正四棱柱的体积为，其中，构造函数，其中，则，令，得．当时，；当时，．所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，则．因此，该正四棱柱的体积的最大值为4．16．4【解析】作出不等式组对应的可行域，为如下图所示的区域. 由得，它表示斜率为2，纵截距为的直线系，当直线经过点时，直线的纵截距最小，最大.联立得.所以.故答案为：4 17．(1)(2)分布列见解析，【解析】(1)成绩为“良好”和“优秀”的两组频率合计，共人，抽样比为．所以成绩为“良好”的抽取人，成绩为“优秀”的抽取人．所以抽到的竞赛得分都是“优秀”的概率为．(2)由题意知，的可能取值，，，． 由题可知，任意1名学生竞赛得分“优秀”的概率为，竞赛得分不是“优秀”的概率为．若以频率估计概率，则服从二项分布．；；；．所以的分布列为 ．18．（1）；（2）.【解析】（1）由已知，结合正弦定理，得.再由余弦定理，得，又，则.（2）由，，则由正弦定理，有因为为锐角三角形，则，则.所以的取值范围为.19．【详解】（1）连接，连接并延长交于点，则点为的中点，从而点，，分别是棱，，的中点，∴，.又，平面，，平面，∴平面，平面.又，平面，，∴平面平面，又平面，∴平面.（2）连接，∵，是的中点，∴，∵平面平面，平面平面，平面，平面.连接并延长交于点，则为的中点，连接，则，∴平面.∴为与平面所成的角，即.在中，设，则，，∴，.∴，，，∴，即，如图建立空间直角坐标系，则，，.∴，，设平面的一个法向量为，则，可取，又平面的一个法向量为，则，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行判定定理、面面平行判定定理、面面垂直性质定理、线面角以及二面角，考查综合分析求证与求解能力，属中档题.20．【解析】（1）证明：易知，设，．由题意可知直线l的斜率存在，故设其方程为．由，得，所以．由，得，，则，直线PG的方程为，即①.同理可得直线QG的方程为②.联立①②，可得．因为，所以，故点G在定直线上．（2）设，，的中点分别为，．因为，得中点均在抛物线上，所以，为方程的解，即方程的两个不同的实根，则，，，即，所以的中点的横坐标为，纵坐标为.则，，所以的面积．由，得，所以，因为，所以，所以面积的取值范围为．21(1)解：依题意，.令，则，当时，，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，则，即，故函数的单调递增区间为，无单调递减区间.(2)证明：要证，即证.依题意，、是方程的两个不等实数根，不妨令，因为，故，两式相加可得，两式相减可得，消去，整理得，故，令，故只需证明，即证明，设，故，故在上单调递增，从而，因此.故原不等式得证.22．（1）（2）【解析】（1）因为曲线的极坐标方程为，所以，所以的直角坐标方程为，整理得.（2）化为极坐标方程，所以，所以，所以，即，又因为，所以.23．（1）；（2）.【解析】（1）由，解得.所以，解得；（2），关于的方程有解，即有，∴.可等价转化为或或，即或或.所以实数的取值范围为.