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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

上传人:高**** 文档编号:536958 上传时间:2024-05-28 格式:DOCX 页数:10 大小:831.09KB
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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,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

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