【文档说明】江西省赣州市赣县第三中学2020-2021学年高二下学期3月月考数学（理）试卷 含答案.doc，共(9)页，2.295 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年下学期高二年级3月数学（理科）试卷一、选择题1.复数()()22563i()mmmmm−++−R是纯虚数，其中i是虚数单位，则实数m的值是()A.3B.2C.2或3D.0或2或32.曲线lnyxx=在ex=处的切线的斜率

为()A.1B.2C.-1D.-23.某几何体的三视图如图所示,该几何体的体积为8512π3+,则其正视图中x的值为()A.5B.4C.3D.24.已知函数2()lnfxxxx=−+，则函数fx（）的单调递增区间是（）A．1（-，）B．（0，1）C．1,12−

D．1,（+）5.已知抛物线2:8Cyx=的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若3FPFQ=，则QF=（）A．83B．52C．3D．26.已知函数3()xxfxe=,那么（）A.()fx有极小值,也有大极值B.()fx有极小值,没有极大值C.()fx有极大

值,没有极小值D.()fx没有极值7.函数6()22xxxfx−=+图象大致是（）A.B.C.D.8.已知函数e()xfxaxx=−，),0(+x，当12xx时，不等式1221)()(xxfxxf恒成立，则实数a的取值范围为

()A.(,e]−B．(,e)−C．e(,)2−D．e(,]2−9.有四张卡片，每张卡片有两个面，一个面写有一个数字，另一个面写有一个英文字母.现规定：当卡片的一面为字母P时，它的另一面必须是数字2.如图，下面的四张卡

片的一个面分别写有,,2,3PQ,为检验此四张卡片是否有违反规定的写法，则必须翻看的牌是()A.第一张，第三张B.第一张，第四张C.第二张，第四张D.第二张，第三张10.已知点()()000,Pxyxa在椭圆2222:1(0)xyCabab+=上，若点M为椭圆C的

右顶点，且POPM⊥(O为坐标原点)，则椭圆C的离心率e的取值范围是()A.30,3B.()0,1C.2,12D.20,211.已知球O的表面上有,,,ABCD四点,且2,22AB

BC==,π4ABC=.若三棱锥BACD−的体积为423,且AD经过球心O,则球O的表面积为()A.8πB.12πC.16πD.18π12.已知定义在R上的函数()fx满足(3)16f=,且()fx的

导函数'()41fxx−,则不等式2()21fxxx−+的解集为()A.|33xx−B.|3xx−C.|3xxD.|3xx−或3x二、填空题13.复数z满足2izz+=+,则z=______________.1

4.．已知点是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，在抛物线上且满足，当取最大值时，点恰好在以，为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为___________.15.已知函数321()ln2fxaxxxxx=−+−存在两个极值点，则实数a的取值范围是____

_______.16.三棱锥SABC−中，点P是RtABC△斜边AB上一点．给出下列四个命题：①若SA⊥平面ABC，则三棱锥SABC−的四个面都是直角三角形；②若4,4,4ACBCSC===，SC⊥平面ABC，则三

棱锥SABC−的外接球体积为323π；③若3,4,3ACBCSC===，S在平面ABC上的射影是ABC△内心，则三棱锥SABC−的体积为2；④若3,4,3ACBCSA===，SA⊥平面ABC，则直线PS与平面SBC所成的最大

角为60．其中正确命题的序号是________________．(把你认为正确命题的序号都填上)三、解答题17.已知abc,且0abc++=,求证:23baca−.18.设函数()32fxxaxbxc=+++（1）求曲线()y

fx=在点()()0,0f处的切线方程;（2）设4ab==,若函数()fx有三个不同零点,求c的取值范围;19.已知椭圆()2222:10xyCabab+=的离心率为33，且椭圆C过点32(,)22．

（1）求椭圆C的标准方程；（2）过椭圆C的右焦点的直线l与椭圆C交于AB、两点，且与圆：222xy+=交于点E,F两点，求2ABEF的取值范围．20.如图，在正六边形ABCDEF中，将ABF△沿直线BF翻折至ABF△，使得平面A

BF⊥平面BCDEFOH，，分别为BF和AC的中点．（1）证明：//OH平面AEF；（2）求平面ABC与平面ADE所成锐二面角的余弦值．21.在直角坐标系xOy中，已知椭圆E的中心在原点，长轴长为

8，椭圆在x上的两个焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.(1)求椭圆E的标准方程；(2)过椭圆E内一点3(1)M,的直线与椭圆E分别交于AB,两点，与直线14yx=−交于点N，若BMnNBAMmNA==,，求证:nm+为定值，并求出此定值.22．已

知函数)(1ln)(Raaxxaxxf−+−+=.(1)求函数)(xf的单调区间；(2)若存在1x，使xxxxf−+1)(成立，求整数a的最小值.答案一、BBCBACCDBCCC二、13.答案：3i4+14.+115.答案：10,316.答案：①②③14.+1过

P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PB|，∵|PA|=m|PB|，∴|PA|=m|PN|,∴=，设PA的倾斜角为α，则sinα=，当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4（k

x﹣1），即x2﹣4kx+4=0，∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，∴P（2，1），∴双曲线的实轴长为PA﹣PB=2（﹣1），∴双曲线的离心率为=+1．15.答案：10,3解析：由题意得2()3ln,fxaxxx=−−因为函数()

fx有两个极值点，所以()fx有两个变号零点.由()0fx=得23lnaxxx=+，即3a=2ln.xxx+令2ln(),xxgxx+=则312ln(),xxgxx−+−=易知函数12lnyxx=−+−是减函数，且当1x=时，0y=，所以当01x时，

()0,()gxgx单调递增；当1x时，()0,()gxgx单调递减.故max()(1)1,gxg==又当10ex时,()0,gx当1x时,()0gx所以要使()fx有两个零点，需031a，即103a.16.答案：①②③解析：对于

①，因为SA⊥平面ABC，所以SAAC⊥，SAAB⊥，SABC⊥，又BCAC⊥，所以BC⊥平面SAC，所以BCSC⊥，故四个面都是直角三角形，①正确；对于②，若4,4,4ACBCSC===，SC⊥平面ABC，

三棱锥SABC−的外接球可以看作棱长为4的正方体的外接球，222244443R=++=，23R=，体积为34(23)3233V==，②正确；对于③，设ABC△内心是O，则SO⊥平面ABC，连接OC，则有222SOOC

SC+=，又内切圆半径1(345)12r=+−=，所以2OC=，222321SOSCOC=−=−=，故1SO=，三棱锥SABC−的体积为1113412332ABCVSSO===△，③正确；对于④，若3SA=，SA⊥平面ABC，则直线PS与平

面SBC所成的最大角时，P点与A点重合，在RtSCA△中，3tan15ASC==，45ASC=，即直线PS与平面SBC所成的最大角为45，④不正确三、17.答案：因为abc,且0abc++=,所以0a,0c,要证明原不等式成立,只

需证明23baca−,即证223baca−,从而只需证明()223acaca+−,即()()2?0acac−+,因为0ac−,2?b0acacaa+=++=−,所以()()2?0acac−+成立,故原不等式成立.18.答案：（1）由32

()fxxaxbxc=+++得2()32fxxaxb=++,∵'(0),(0)fcfb==所以曲线(x)yf=在点()0,(0)f处的切线方程为ybxc=+（2）当4ab==时,()3244fxxxxc=+++,所以()2'384fxxx=++.令()

'0fx=,得23840xx++=,解得2x=−或23x=−.()fx与()'fx在区间(),−+上的情况如下:(),2−−2−22,3−−23−2,3−+()'fx+00+()fxc3227c−当0c且3

2027c−时,存在()14,2x−−,222,3x−−,32,03x−,使()()()123fxfxfx==.由()fx的单调性知,当且仅当320,27c时,函数()3244fxxxxc=+++有三个不同零点.19.答案：(1)由已

知可得33ca=，所以2232ab=所以椭圆的方程为2222132xybb+=将点32(,)22代入方程得22b=，所以23a=。所以椭圆C的标准方程为22132xy+=(2)椭圆的右焦点为(1,0)，若直线l的斜率不存在,l方程为1x=，则2323(1,),(1,),(1,1)

,(1,1)33ABEF−−。所以,2243163||,||4,||||33ABEFABEF===若直线l的斜率存在，设l方程为(1)ykx=−，设1122(,),(,)AxyBxy由22132(1)xyykx+==−得2222(23)6360kxkxk+−+−=，则22121222

636,2323kkxxxxkk−+==++所以222221222636||(1)()(1)[()4]2323kkABkxxkkk−=+−=+−++圆心(0,0)到直线l的距离2||1kdk=+，所

以222224(2)||4[2]11kkEFkk+=−=++所以22222222243(1)4(2)163(2)1633||||22312333kkkkABEFkkkk++++===++++241631633(1)(,163]2333

k=++，综上2163||||[,163]3ABEF.20.答案：（1）如图，取'AE的中点G，连接,,.FGHGCE，又因为H是'AC的中点，所以1//,2HGCEHGCE=，又因为正六边形ABCDEF中，//,,BFCEBFCE=所以1//,2HGBFHGBF=，

又O为BF的中点，所以//,,HGOFHGOF=所以四边形OFGH为平行四边形，所以//OHFG，因为FG平面',AEFOH平面'AEF，所以//OH平面'AEF.（2）由条件可知,,OAOBOAODODOB⊥

⊥⊥，分别以,,OBODOA所在直线为,,xyz轴建立图所示的空间直角坐标系，设正六边形ABCDEF的边长为2，则(3,0,0),(3,2,0)BC，(0,3,0),(3,2,0),(0,0,1)DEA−，所以(0,2,0),(3,2,1)BCAC==−，(3,1,0),(0,3,

1)EDAD==−，设平面'ABC的法向量为()1111,,nxyz=，由1100nBCnAC==，得111120320yxyz=+−=，取11x=，可得2(1,3,33)n=

−−，设平面'ABC与平面'ADE所成锐二面角的大小为，则121212|110(3)3(33)|431|cos|cos,311031327nnnnnn+−+−====++++∣，所以所成锐二面角的余弦值为43131.21.答

案：(1)因为长轴为8，所以28a=，即4a=，又因为两个焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，所以223bc=，又222abc=+，所以216a=，212b=，24c=.由于椭圆焦点在x轴上，所以椭圆的标准方程为2211612xy+=.(2)设()1221(,),A

Bxyyx，001,4xxN−由NAmAM=uuruuur，得()1010111,1,34xxyxmxy=−−+−,所以011mxxm+=+，011341mxym−=+，则00134,11

mxmxAmm−+++.因为点A在椭圆22:11612xyE+=上，所以2001341111612mxmxmm−++++=，化简得220139964804mmx++−=.同理，由NBnB

M=uuuruuur可得220139964804nnx++−=，所以mn,可看作是关于x的方程220139964804xxx++−=的两个根，故323mn+=−为定值.22．（1）由题意可知，，，方程对应的，当，即时，当时，，∴在上单调递减；当时，方程的两根为，且，

此时，在上，函数单调递增，在上，函数单调递减；当时，，，此时当，单调递增，当时，，单调递减；综上：当时，，单调递增，当时，单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减；（2）原式等价于，即存在，使成立

．设，，则，设，则，∴在上单调递增．又，根据零点存在性定理，可知在上有唯一零点，设该零点为，则，且，即，∴由题意可知，又，，∴的最小值为.