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）

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．4

3．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．36

8．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：

(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C

2．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：C

4．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：B

9．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：C

10．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：B

12．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.