江西省上饶市余干县第三中学2020-2021学年高二下学期第三次月考数学（文）试题 WORD版含答案.docx

1、 余干三中2020-2021学年度高二下学期第三次月考卷数学（文）试卷注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题 (每题5分)1复数（其中为虚数单位），则（ ）A13BCD2已知集合，则（ ）ABCD3已知数列中，又，若，则（ ）A7B9C15D174函数（其中为自然对数的底数）的图象大致为ABCD5已知,，则向量在向量方向上的射影为（ ）A2BCD36从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，两数和为偶数的概率为（ ）ABCD7已知实数满足不等式组，则的最小值为（ ）ABCD48已知，设，则与最接近的整数为（ ）A3B4C5D69

2、已知，若函数图像的一个对称中心为，函数图像相邻对称轴间的距离为，则（ ）ABCD10已知双曲线，过的右焦点作其渐近线的垂线，垂足为，若的面积为，则的离心率为（ ）ABC2D11在三棱锥中，底面，且，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）ABCD12在锐角中，三内角的对边分别为，且，则的最小值为（ ）A2B4C6D8二、填空题 (每题5分)13抛物线的焦点坐标是_14已知为奇函数，则_15函数取最大值时，对应的值为_16已知圆，点为圆上第一象限内的一个动点，将逆时针旋转90得，又，则的取值范围为_三、解答题 (每题12分)17在等差数列中，公差，若成等比数列（1）求；（2）若数列的前项和为，数列的前项

3、和为，求18如图，四棱柱的底面是菱形，底面，（1）求证：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积19盒子里装有4张卡片，上面分别写着数字1，1，2，2，每张卡片被取到的概率相等.先从盒子中任取1张卡片，记下上面的数字，然后放回盒子内搅匀，再从盒子中随机任取1张卡片，记下它上面的数字.（1）求的概率；（2）设“函数在区间内有且只有一个零点”为事件，求的概率.20已知椭圆的焦点在轴上，对称轴为两坐标轴，离心率，且椭圆经过（1）求椭圆的方程；（2）已知直线交椭圆于两点，直线，若在直线上存在点使得四边形为平行四边形，求的取值范围21已知函数（1）当时，讨论的单调性；（2）已知，在上的最小值为，若，求的值四、

4、选做题 （下面两题二选一，每题10分）22（本小题满分10分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为为参数，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设直线与曲线交于两点，求的值.23（本小题满分10分）已知函数f（x）=|x+2|+|x-2|（1）求不等式f（x）6的解集；（2）若f（x）a2-3a在R恒成立，求实数a的取值范围参考答案1A【分析】首先化简的表达式，然后求得.【详解】，所以.故选：A【点睛】本小题主要考查复数运算，属于基础题.2D【分析】先求出，再求出，最后求即可.【详解】解：因为，所以，因为，所以所以故

5、选：D【点睛】本题考查一元二次不等式的求解、指数函数的性质、集合的交集运算，是基础题.3C【分析】利用向量平行的坐标运算公式得出，可得出，所以数列是以为首项，公比为的等比数列，然后求解.【详解】因为，所以，则，即，又，所以，所以数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，得.故选：C.【点睛】本题考查向量的平行，考查数列的通项公式求解及应用，难度一般. 一般地，若满足，则只需构造，其中，然后转化为等比数列求通项.4A【分析】求得f（x）的奇偶性及f（1）的值即可得出答案【详解】f（x）f（x），f（x）是偶函数，故f（x）图形关于y轴对称，排除C，D；又x=1时，0，排除B，故选A【点睛】本题考查

6、了函数图像的识别，经常利用函数的奇偶性，单调性及特殊函数值对选项进行排除，属于基础题5C【分析】先求得，然后根据向量投影的计算方法，计算出量在向量方向上的射影.【详解】依题意,，所以，所以量在向量方向上的射影为.故选：C【点睛】本小题主要考查向量投影的计算方法，属于基础题.6B【分析】利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.【详解】从中任取个不同的数的方法有，共种，其中和为偶数的有共种，所以所求的概率为.故选：B【点睛】本小题主要考查古典概型概率计算，属于基础题.7A【分析】作出约束条件的可行域，作，在可行域内平移直线，截距最大时，最小，即可求解.【详解】解：作出实数满足不等式组

7、的可行域，如图（阴影部分） 令，则，作出，平移直线，当直线经过点时，截距最大，最小，故.故选：A.【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，解题的关键是作出可行域、理解目标函数的意义，属于基础题.8C【分析】由两角差正切可得，而结合对数加法运算得的近似值，即可确定选项；【详解】由题意知：，又，故选：C【点睛】本题考查了指对数的运算，应用了指数化为对数及对数的加法运算，结合两角差正切公式求得目标代数式的近似值；9B【分析】根据函数图像相邻对称轴间的距离为，得出，再根据条件有，结合角的范围可得出答案.【详解】函数的相邻对称轴间的距离为的半个周期.又的周期为，函数图像相邻对称轴间的距离为，所以所以又函数

8、图像的一个对称中心为，则所以,即由，所以故选：B【点睛】本题考查三角函数的图像性质，根据周期和对称性求参数的值，属于中档题.10C【分析】先求出焦点到渐进线的距离为，由勾股定理求出的边长，再由面积得到的关系，从而求出离心率.【详解】双曲线的渐近线方程为： 过的右焦点作其渐近线的垂线，垂足为，则 所以在中，所以 则，即所以，即，所以，故 故选：C【点睛】本题考查求双曲线的离心率，属于基础题.11C【分析】首先根据垂直关系，确定三棱锥外接球的球心，再求外接球的表面积.【详解】根据余弦定理可知， 所以，满足，所以，又因为底面，所以 且,所以平面，所以，又因为，所以是直角三角形和的公共斜边，取的中点，

9、连结，可知 即点是三棱锥外接球的球心，即外接球的半径为，所以该三棱锥外接球的表面积.故选：C【点睛】本题考查球与几何体的综合应用，重点考查空间想象能力，推理证明，属于基础题型.12D【分析】首先由正弦定理和三角恒等变形得到，再根据正切公式得到，最后再换元，利用基本不等式求最小值.【详解】由正弦定理可知,又因为，所以，因为是锐角三角形，所以,上式两边同时除以，可得，又因为，,，令，由可知 所有，当且仅当时，即时，取等号，此时，所以的最小值是8.故选：D【点睛】本题考查解三角形，三角恒等变换，基本不等式求最值，重点考查转化，变形，计算能力，逻辑推理能力，属于中档题型.13【分析】由抛物线的标准方程

10、，可直接写出其焦点坐标.【详解】因为抛物线方程为，所以焦点在轴上，且焦点为.故答案为【点睛】本题主要考查由抛物线的方程求焦点坐标的问题，属于基础题型.141【分析】利用，化简求得的值.【详解】由于为奇函数，所以，即，所以，故.故答案为：【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性，属于基础题.15【分析】利用导数研究在区间上的单调性，由此求得在区间上取最大值时对应的的值.【详解】，所以在区间上，递增，在区间上，递减，所以当时，取得最大值.故答案为：【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值，属于基础题.16【分析】由题意可设，即有，结合应用数量积的坐标公式即可求的取值范围；【详解】由题意，设，则，即有

11、， ，而，即，故答案为：【点睛】本题考查了向量数量积的坐标表示，结合坐标的三角表示、正弦函数的区间值域求数量积的范围；17（1）；（2）.【分析】（1）由成等比数列得，代入等差数列的通项公式即可；（2）由（1）得，用裂项相消求前n项和即可.【详解】（1）由成等比数列得，即，解得所以.（2）由（1）知，所以.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、等比数列的性质，裂项相消求和的方法，是基础题.18（1）证明见解析; (2) 【分析】(1)根据条件证明面，即可证明结论.(2)先求底面的面积，再求高的长度，从而可求体积.【详解】（1）底面是菱形，则，又底面，面,则，又,则面，由面，则平面平面；（2）,

12、且底面是菱形.是边长为1的正三角形,则，则，所以，.【点睛】本题考查面面垂直的证明和求锥体的体积问题，属于中档题.19（1）.（2）【分析】（1）利用列表法和古典概型的概率公式可求得结果；（2）因为的值只能取，分别当取2，3，4时，求出函数的零点，可知只有符合要求，然后求出的概率即可得到答案.【详解】（1）先后两次取到卡片的情况如下表：共有16种情况. 满足的共有4种情况.所以的概率.（2）因为的值只能取，当时，无解，所以没有零点，不符合要求.当时，由，解得或，的零点分别为，所以在区间内只有这个零点，符合要求.当时，由，解得或，所以的零点分别为，都不在区间内，不符合要求.所以事件相当于，由（1

13、）知：满足的共有8种情况，所以.即函数函数在区间内有且只有一个零点的概率等于.【点睛】本题考查了用列表法求古典概型的概率，考查了求函数的零点，属于基础题.20（1）；（2）.【分析】（1）根据题意列出相应等式，然后，求解方程组即可（2）根据平行四边形的性质，要使得四边形为平行四边形，则需满足的中点落在直线上，据此，联立直线与椭圆方程，用与表示中点坐标，进而代入直线中，即可求解的取值范围【详解】（1）解：椭圆的焦点在轴上，可设椭圆方程为：，由题意可知，离心率，椭圆经过，可得，解方程组可得，故椭圆方程为：（2）由题意知，设，由可得，要使得四边形为平行四边形，则需满足的中点落在直线上，即，得，所以，

14、代入可得，综上：【点睛】本题考查椭圆标准方程以及椭圆与直线的关系，主要考查学生的运算能力，属于中档题21（1）在上递减，在和上递增；（2）.【分析】（1）当时，利用导数求得的单调区间.（2）先求得，然后利用构造函数法，结合导数，求得的值.【详解】（1）当时，的定义域为.，所以当或时，递增；当时，递减.所以在上递减，在和上递增.（2）由于，由于，所以在区间上，递减，在区间上，递增.所以在上的最小值为，令，所以在上递增，在上递减，所以，由题意可知【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求解不等式恒成立问题，属于中档题.22（1），；（2）3.【分析】（1）消参即可得出直线方程，

15、即可得出直角坐标方程.（2）联立极坐标方程，由韦达定理可得进而可得结果.【详解】（1）由消去参数，得直线的普通方程为，将代入中， 得曲线的直角坐标方程为（2）直线的极坐标方程是，代入曲线的极坐标方程得设两点对应的极径分别为则所以23（1）；（2）【解析】试题分析：（1）用找零点法去绝对值，再解不等式 （2）用绝对值不等式的公式求的最小值，可将原问题转化为，再解关于的一元二次不等式即可试题解析：（1）因为所以原不等式等价于或 或，解得或或因此不等式解集为（2）由题意得，关于的不等式在恒成立， 因为，所以，解得因此满足条件的的取值范围为考点：绝对值不等式余干三中20202021学年下学期高二第三次月考数学（文）试卷 第17页 共4页 余干三中20202021学年下学期高二第三次月数学（文）试卷 第18页 共4页