河南省郑州市、商丘市名师联盟2021届高三数学11月教学质量检测试题 理（无答案）.doc

1、河南省郑州市、商丘市名师联盟2021届高三数学11月教学质量检测试题 理（无答案）考试注意：1本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。2答题前，考试务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3考试作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡可上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，函数，导数，三角函数，三角恒等变换，解三角形，平面向量，数列，不等式，立体几何。一、选择题：本题共

2、12小题。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，为自然数集，则等于（ ）ABCD2“”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3设，则（ ）ABCD4过平面外的直线，作一组平面与相交，若所得交线为，则这些交线的位置关系为（ ）A平行或交于同一点B相交于同一点C相交但交于不同的点D平行5三棱柱中，侧面与底面垂直，底面是边长为2的等边三角形，若直线与平面所成角为45，则棱柱的高为（ ）AB2CD16已知正实数，满足，则的最小值为（ ）A32B34C36D387已知函数的图象在点处的切线与直线平行，则（ ）A1BCD18如图，在三棱柱中

3、，分别为棱，的中点，过作一平面分别交底面三角形的边，于点，则（ ）AB四边形为梯形C四边形为平行四边形D9已知函数的部分图象如图所示，其中，将的图象向右平移1个单位，得到函数的图象，则的解析式是（ ）ABCD10已知函数，则不等式的解集为（ ）ABCD11将一个半径为的半球切削成一个正方体（保持正方体的一个面在半球底面所在平面上），所得正方体体积的最大值为（ ）AB8CD412定义表示不超过的最大整数，如，若数列的通项公式为，为数列的前项和，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题。13若实数，满足约束条件则目标函数的取值范围为_14在中，若边的中点的坐标为，点的坐标为，则_15已知数列中，对

4、任意正整数，为的前项和，则_16定义在上的函数满足：，且当时，则不等式的解集为_三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17已知平面直角坐标系内三点，在一条直线上，满足，且，其中为坐标原点（1）求实数，的值；（2）设的重心为，且，求的值18在递增的等差数列中，是和的等比中项（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和19已知在四边形中，（1）求的长及四边形的面积；（2）点为四边形所在平面上一点，若，求四边形面积的最大值及此时点的位置20如图，在四棱锥中，底面为梯形，平面平面，为侧棱的中点，且，（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值21在数列中，对任意，（1）求数列的通项公式（

5、2）若数列满足：求数列的通项公式；令，若，求正整数的值22已知函数（1）求函数的单调区间；（2）当时，记函数在上的最大值为，证明：20202021学年高三11月质量检测巩固卷数学（理科）参考答案、提示及评分细则1C ，2A 记“”的解集为集合，则或，所以“”是“”的充分不必要条件故选A3B 因为，所以，所以，所以故选B4A 若，则，若，则交于点5C6A 由，且，得，当且仅当，即时，取等号，此时则的最小值为327D ，所以8B 在中，又平面，平面，平面又平面，平面平面，显然在中，四边形为梯形，故选B9B 因为，所以，所以，由，得，所以10C 函数的定义域为，且，为偶函数，且在上单调递增由可得，即

6、，平方可得，或且故选C11B 由题意，当正方体内接于半球时体积最大，如图，连接球心与点，连接，则设正方体棱长为，则在中，解得，故正方体体积的最大值为8故选B12D 当时，即（共1项）；当时，即（共2项）；当时，即（共4项）；当时，即（共项），由，得即，所以所以，利用错位相减法可得故选D13 画出可行域（如图阴影部分），利用图形可得，当直线过点时，取最小值，最小值为10；当直线过点时，取最大值，最大值为143 由得，因为边的中点为，所以，那么，解得155050 当为奇数时，即数列的奇数项成以1为首项，1为公差的等差数列；当为偶数时，即数列的偶数项成以2为首项，3为公差的等差数列，所以16 因为，

7、所以，令，则，所以为奇函数又因为当时，所以在上单调递减，即在上单调递减而不等式，所以，所以17解：（1）因为三点，在一条直线上，所以，又，所以，因为，所以，即，由、解得，或（2）因为为的重心，且，所以点为线段的中点，所以，所以，因此18解：（1）设公差为，由题意，得解得所以，所以数列的通项公式为（2）由（1）知，所以，所以19解：（1）设，在中，由余弦定理，得，同理在中，因为，所以，即，解得所以，又，所以，所以（2）要使四边形的面积最大，则点和点应在的两侧，且使得的面积最大在中，所以，当且仅当时，等号成立，即当时，又，所以，所以四边形面积的最大值为，此时为等边三角形，即且点与点分居于的两侧20

8、（1）证明：取的中点，连接、为侧棱的中点，四边形为平行四边形，则，平面平面平面，平面（2）解：过点作于，平面平面，平面，取的中点，如图所示，以为原点，建立空间直角坐标系，则，设为平面的法向量，则取，则易证平面，则为平面的一个法向量，由图可知，二面角为钝角，二面角的余弦值为21解：（1）由题意知，因为，所以因为，所以，所以，所以，即，所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所以（2）因为，且，所以（*）当时，两边同乘以，得，与（*）式相减，得；当时，适合上式，所以因为，所以所以当时，数列的前项和；当时，数列的前项和，满足当，即时，由，得，解得或；当，即时，由，得，解得，舍去故满足条件的值为2或522（1）解：由函数的定义域是，则当，即时，对任意恒成立，即对任意恒成立，且不恒为0故函数的单调递减区间为；当时，方程的两根依次为，此时在区间，上，；在区间上，故函数的单调递减区间为，单调递增区间为；当时，方程的两根依次为，此时在区间上，；在区间上，故函数的单调递减区间为，单调递增区间为；当时，此时在区间上，；在区间上，故函数的单调递减区间为，单调递增区间为（2）证明：当时，则当时，令，则，所以在上单调递增因为，所以存在使得，即，即故当时，此时；当时，此时即在上单调递增，在上单调递减，则令，则，所以在上单调递增，则，所以故