1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 扶余市第二实验学校2020-2021学年度下学期高三3月月考卷 文科数学（A）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一
2、项是符合题目要求的1已知全集为，集合，则（ ）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对任意实数，在以下命题中，正确的个数有（ ）若，则；若，则；若，则；若，则ABCD4中，点为上的点，且，若，则的值是（ ）A1BCD5已知，则等于（ ）ABCD6自然奇数列：1，3，5，按如下方式排成三角数阵，第行最后一个数为，则的最小值为（ ） ABC91D7已知四棱锥的顶点都在球O的球面上，底面是矩形，平面底面，为正三角形，则球O的表面积为（ ）ABCD8抛物线的焦点为对于上一点，若的准线上只存在一个点，使得为等腰三角形，则点的横坐标为（ ）A2B4C5D69
3、假设2个分类变量X和Y的22列联表如下：YXy1y2总计x1a10a+10x2c30c+30总计a+c40100对于同一样本，以下数据能说明和有关系的可能性最大的一组是（ ）A，B，C，D，10已知，若函数有4个零点，则实数的取值范围是（ ）ABCD11已知，且，为虚数单位，则的最大值是（ ）ABCD12已知函数，当时，恒成立，则m的取值范围为（ ）ABCD 第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13总体由编号为00，01，59的60个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从下列随机数表第1行的第9列开始由左向右依次选取两个数字，则选出来的第4个个体的编号为_14如图，正四棱
4、锥SABCD的顶点都在球面上，球心O在平面ABCD上，在球O内任取一点，则这点取自正四棱锥内的概率为_ 15在复平面内，等腰直角三角形以为斜边（其中为坐标原点），若对应的复数，则直角顶点对应的复数_16已知是抛物线上一动点，是圆关于直线的对称的曲线上任意一点，则的最小值为_ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）已知函数的最大值为，且的最小正周期为（1）若，求的最小值和最大值；（2）设的内角、的对应边分别为、，为的中点，若，求的面积 18（12分）三棱柱中，平面平面，为中点（1）证明；平面平面；（2）若，求点到平面的距离 19（12分）已知
5、椭圆的左右焦点分别为，离心率为，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点，的周长为8，为坐标原点（1）求椭圆的方程；（2）求面积的最大值 20（12分）某校高一年级学生全部参加了体育科目的达标测试，现从中随机抽取40名学生的测试成绩，整理数据并按分数段，进行分组，已知测试分数均为整数，现用每组区间的中点值代替该组中的每个数据，则得到体育成绩的折线图如下： （1）若体育成绩大于或等于70分的学生为“体育良好”，已知该校高一年级有1000名学生，试估计该校高一年级学生“体育良好”的人数；（2）为分析学生平时的体育活动情况，现从体育成绩在和的样本学生中随机抽取3人，求所抽取的3名学生中，至少有1人为非“体育良
6、好”的概率；（3）假设甲、乙、丙三人的体育成绩分别为，且，当三人的体育成绩方差最小时，写出，的一组值（不要求证明）注：，其中 21（12分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）对任意，求证： 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】直线的参数方程为，曲线C的极坐标方程，（1）写出直线l的普通方程与曲线C直角坐标方程；（2）设直线l与曲线C相交于两点A，B，若点，求的值 23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）当时，求的最小值；（2）当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围 2020-2021学年下学期高三3
7、月月考卷文科数学（A）答案第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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【答案】D【解析】由，得，即，故，所以，故选D2【答案】A【解析】若，则，故充分性成立；若，如，则，故必要性不成立，故是的充分不必要条件，故选A3【答案】B【解析】因为，则，根据不等式性质得，故正确；当，时，而，故错误；因为，所以，即，故正确；当，时，故错误，故选B4【答案】C【解析】由可知，则有，所以，故选C5【答案】C【解析】，所以，解得，故选C6【答案】D【解析】由题意知：，累加得，则，函数在上递减，在上递增，且当时，当时，比较可得：当时，取最小值为，故选D7【答案
8、】D【解析】令所在圆的圆心为，则圆的半径，因为平面底面，所以，所以球的半径，所以球的表面积，故选D8【答案】D【解析】所以准线垂直时，由抛物线的定义可得，此时为等腰三角形，作线段的垂直平分线交准线于点，则，此时为等腰三角形，因为若的准线上只存在一个点，使得为等腰三角形，所以与重合，所以，所以，所以为等边三角形，所以，整理可得，解得或（舍），所以则点的横坐标为，故选D 9【答案】B【解析】的观测值，根据22列联表和独立性检验的相关知识，当， 一定时，相差越大，与相差就越大，就越大，即和有关系的可能性越大，选项B中与其它选项相比相差最大，故选B10【答案】C【解析】由题意有4个零点，即有4个零点设
9、，则恒过点，所以函数与的图象有4个交点，在同一直角坐标系下作出函数与的图象，如图 由图象可知，当函数过点和时，即时，此时函数与的图象恰有3个交点；当时，函数与的图象至多有2个交点；当时，若函数与的图象相切时，设切点为，则，所以，所以，解得，所以，此时函数与的图象恰有3个交点；当时，两函数图象至多有两个交点所以若要使函数有4个零点，则，故选C11【答案】B【解析】根据复数的几何意义，可知中对应点的轨迹是以为圆心，为半径的圆表示圆C上的点到的距离，的最大值是，故选B12【答案】D【解析】由题意，若显然不是恒大于零，故（由4个选项也是显然可得），则在上恒成立；当时，等价于，令，在上单调递增因为，所以
10、，即，再设，令，时，；时，在上单调递增，在上单调递减，从而，所以，故选D 第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】58【解析】由题意，从随机数表第1行的第9列数字0开始，从左到右依次选取两个数字的结果为00，18，00(舍去)，18(舍去)，38，58，故选出来的第4个个体编号为58，故答案为5814【答案】【解析】设球的半径为R，则所求的概率为，故答案为15【答案】或【解析】因为，所以，点的坐标为设点的坐标为，则由题意得，所以，解得或，所以复数或，故答案为或16【答案】【解析】圆的圆心，半径，设圆心关于直线对称的点为，则，解得，所以曲线的方程为，圆心为，设，则，又，即，所以，故
11、答案为 三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1），；（2）【解析】（1），为锐角，且所以，解得，由题意可得，因为为锐角，且，可得，当时，（2），即，则，所以，即，即，解得，因此，18【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）平面平面，且，平面，平面，连接，由，可知是等边三角形，为中点，平面， 而平面，故平面平面（2）等积法：设到平面的距离为，其中，由（1）知：，与，故19【答案】（1）；（2）【解析】（1）设椭圆半焦距为，由题意可知，由离心率有，所以椭圆方程为，（2）设直线，联立方程组，消去，得，设，有，由，所以的面积，函数，令，则，
12、因为，所以，所以在上单调递增，因为，所以，当且仅当时取等号，所以，所以面积的最大值为20【答案】（1）750；（2）；（3）（或）【解析】（1）体育成绩大于或等于分的学生有人，人（2）记体育成绩在60，70)的2名学生编号为1，2，体育成绩在80，90)的3名学生编号为3，4，5，从中任取3人，有123，124，125，134，135，145，234，235，245，345，共10种不同的情况，每种情况都是等可能的，至少有1人为非“体育良好”，即“至少有1人体育成绩在”，记作事件，只有345是不含1、2的，有9种不同的情况，（3）（或）21【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析【解析】（1
13、）由题意得，的定义域为，当时，恒成立，在上单调递增；当时，令，解得；令，解得，在上单调递增，在上单调递减（2）要证，即证令，则令，则，易得在上单调递增，且，存在唯一的实数，使得，在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增，综上，即22【答案】（1），；（2）【解析】（1），代入第二个方程得到，所以方程为，根据，代入曲线C的极坐标方程，得到（2）将直线l的参数方程化为代入曲线，得，设A、B两点在直线l中对应的参数为，则，所以23【答案】（1）最小值为；（2）【解析】（1）当时，由解析式可知，在和上单调递减，且在处连续，在上单调递增，故在处取得最小值，且，所以的最小值为（2），又，即在上恒成立，令在上单调递减，解得，综上，的取值范围为