【文档说明】吉林省扶余市第二实验学校2021届高三下学期3月月考理科数学试卷 （A）含答案.docx，共(10)页，6.915 MB，由小赞的店铺上传

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扶余市第二实验学校2020-2021学年度下学期高三3月月考卷理科数学（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Ⅰ卷一、选择题：本大题共1

2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．设（为虚数单位），则（）A．B．C．D．22．如图所示，A，B是非空集合，定义集合A#B为阴影部分表示的集合．若x，y∈R，，，则A#

B为（）A．B．C．D．3．下列关于命题的说法中正确的是（）①对于命题，使得，则，均有②“”是“”的充分不必要条件③命题“若，则”的逆否命题是“若，则”④若为假命题，则､均为假命题A．①②③B．②③④C．①②③

④D．①③4．函数（，且）的图象恒过定点，若点在椭圆（，）上，则的最小值为（）A．12B．14C．16D．185．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．在

数学的学习和研究中，常用函数的图象研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征．如函数的图象大致为（）A．B．C．D．6．若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足，则△ABM与△ABC的面积比为（）A．B．C．D．7．在中，，，则的面积的最大值为（）A．B

．C．D．8．展开式中项的系数为（）A．B．C．D．9．某几何体的三视图如图所示，则其外接球的表面积为（）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号A．B．C．D．10．设函数，若对于任意实数，在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是（）A．

B．C．D．11．已知椭圆与双曲线有相同的焦点，，点是两曲线的一个交点，且，过椭圆的右焦点作倾斜角为的直线交椭圆于，两点，且，则可以取（）A．4B．5C．7D．812．己知周期为的函数满足，当，，常数

满足(其中为自然对数的底数)，则关于的不等式在上整数解的个数为（）A．B．C．D．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知随机变量，则__________（用数字作答）．14．若定义在上的函数，则________．15．实数，满足，（，），则的取值范围为______．16．已知

数列是公差为的等差数列，设，若存在常数，使得数列为等比数列，则的值为_________．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）如图所示，某镇有一块空地，其中，，．当地政府计划将这块空地改造成一个旅游景

点，拟在中间挖一个人工湖，其中都在边上，且，挖出的泥土堆放在地带上形成假山，剩下的地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在的周围安装防护网．设．（1）当时，求的值，并求此时防护网的总长度；（2）若，问此时人工湖用地的面积是堆假山用地的面积的多

少倍？（3）为节省投入资金，人工湖的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使的面积最小？最小面积是多少？18．（12分）如图所示多面体中，平面平面，平面，是正三角形，四边形是菱形，，，．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值．19．（12分）某电商平台准备今年的周年庆典活动，为了更精准地

投放优惠券以提高销售额，对去年周年庆典活动中的优惠券使用情况和用户消费金额进行了统计分析，统计结果显示，去年老用户的消费金额满足正态分布，设消费金额为(单位：元)，，如图所示，经计算得．（1）求；（2）根据去年的统计结

果，该电商平台今年预备推出“消费金额每满300元减30元”和“消费金额每满800元减90元”两种优惠券，为了进一步了解用户的购买意向，计划把去年的用户按消费金额分成四组，，，，用分层抽样抽取10位去年的老用户作为幸运用户，赠送礼品并进行问卷调查．（i）

计算各组应抽的老用户数；（ii）为了了解用户对今年的两种优惠券的意见，确定两种优惠券的投放比例，从，两组的幸运用户中随机抽取3人进行面对面访谈，记从一组中抽取的人数为，求的分布列和数学期望．20．（12分）已知椭圆的离心率为，其长轴长为．（1）求椭圆的方程；（2）直线交于、两点

，直线交于、两点，若．求四边形的面积．21．（12分）已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）设函数，若在上有两个零点，求实数的取值范围．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】在平面直角坐标系中，曲线C

的参数方程为（为参数），又以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）求曲线C的极坐标方程，若原点在曲线C的内部，则求实数的取值范围；（2）当时，直线l与曲线C交于M、N两点，又点P为此时曲线C上一动点，求面积的最大值．23．（10分）【选修4-5：不等

式选讲】已知．（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为，正实数，，满足，求证：．2020-2021学年下学期高三3月月考卷理科数学（A）答案第Ⅰ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】B【解析】，所以，故选B．2．【答案】D【

解析】由题意知：，，，∴，而，，∴或，故选D．3．【答案】A【解析】①对于命题，使得，则均有，故①正确；②由“”可推得“”，反之由“”可能推出，则“”是“”的充分不必要条件，故②正确；③命题“若，则”的逆否命题是“若，

则”，故③正确；④若为假命题，则，至少有一个为假命题，故④错误，则正确的命题的有①②③，故选A．4．【答案】C【解析】由，即，得，所以，因为点在椭圆上，所以（，），所以，当且仅当，时，等号成立，故选C．5．【答案】A【解析】由可知，该函

数为偶函数，B不对；可考虑的情况，，因为，又，，，函数在上为增函数，故选A．6．【答案】C【解析】设D为AB中点，连接MD，则．由，得，即，∴．如图所示：故C，M，D三点共线，且，也就是△ABM与△ABC对于边AB的两高之比

为3∶5，则△ABM与△ABC的面积比为3∶5，故选C．7．【答案】D【解析】由余弦定理，即，当且仅当时，等号成立，所以，所以，故选D．8．【答案】B【解析】，所以，展开式中含项为，故项的系数为，故选B

．9．【答案】C【解析】构造一个长方体，三棱锥的三视图即为图中所示，将三棱锥补成直三棱柱，只需要求出直三棱柱的外接球面积即可，因为它们有同一个外接球，设球心为，的外接圆圆心为，，，，由正弦定理得，，，，球的表面积为，故选C．10．【答案】B【解析】令，则

，令，则，则问题转化为在区间上至少有两个，至少有三个t，使得，求的取值范围．作出和的图象，观察交点个数，可知使得的最短区间长度为，最长长度为，由题意列不等式的，解得，故选B．11．【答案】D【解析】由题得椭圆的焦点为，，不妨设在第一象限，设椭圆方程为，因为，所以，①，②又，③解①②

③得，所以椭圆的方程为，由题得直线方程为，即，联立直线和椭圆方程，得或，所以，或，，当，时，所以，，所以，所以；当，时，，所以可以取8，故选D．12．【答案】B【解析】当，，则，，令，解得，当时，；当时，，所以在上递增，在上递减，又因为，所以的图象关于对称，又因为函数的周期为，作出函数在上的图

象，如图所示：所以恒成立，又因为，所以，不等式，即为，则，由函数的图象知：在上满足，有，所以不等式在上整数解的个数为7，故选B．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】【解析】由随机变量，则，故答案为．14．【答案】【解析】由定积分的几何意义可得，是以原

点为圆心，以为半径的圆的面积的一半，，，故答案为．15．【答案】【解析】将式子化简变形为，问题可转化为点是圆（，）上的动点，求的取值范围，令，即，画出图形，如图所示（虚线部分为，实线部分为圆的一部分）

：圆的圆心坐标为，半径为，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，即，解得，当直线过点时，有，由图可知，z的范围是，即的取值范围为，故答案为．16．【答案】【解析】当时，．若存在常数，使得数列为等比数列，则，记，则有，化简得，这与矛盾，故此时不存在常数，使得数列为等比数列；当时

，(其中)．因为数列为等比数列，对任意，恒有(为常数且)，即，所以，所以对任意正整数恒成立，所以，解得或(舍)，所以数列为等比数列时，，故答案为．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）；（3）时，的面积最小，最小面积为．【解析】（1）在三角形中，由余弦定理得，所以，所以三角形是直角三角形，所以，．由于，所以，所以是等边三角形，周长为，也即防护网的总长度为．（2）时，在三角形中，由正弦定理得，在三角形中，，由正弦定理得，所以．以为顶点时

，和的高相同，所以，，即人工湖用地的面积是堆假山用地的面积的倍．（3）在三角形中，，由正弦定理得．在三角形中，，由正弦定理得．所以．由于，所以当，时，最小值为．18．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】证明：（1）过点作交于点，连接，，，∵平面平面，平面平面，平面

，∴平面，又是正三角形，，所以，∵平面，，∴，，∴四边形为平行四边形，∴，又∵平面，平面，∴平面．（2）因为四边形是菱形，，，，故，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．∴，，，，，．∴，，，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，∴，∵平面，∴，在菱

形中，，又，∴平面，∴是平面的一个法向量，设二面角的大小为，则，∴．19．【答案】（1）；（2）（i）一组中抽(人)，一组中抽(人)，一组中抽(人)，一组中抽(人)；（ii）分布列见解析，数学期望为．【解析】（1）因为，且，由正态分布的对称性得．（2）（i）根据正态

分布的对称性得，，所以从一组中抽(人)，从一组中抽(人)，从一组中抽(人)，从一组中抽(人)．（ii）由（i）知，两组各有幸运用户3人，的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，所以的分布列为0123所以的

数学期望．20．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由已知得，解得，因此，椭圆的方程为．（2）设、，则、，联立，则，，同理可得，且到直线的距离，所以，又，所以．21．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）函数的定义

域为，所以．当时，由，得，则的减区间为；由，得，则的增区间为．当时，由，得，则的减区间为；由，得或，则的增区间为和．当时，，则的增区间为．当时，由，得，则的减区间为；由，得或，则的增区间为和．（2）．在上有两个零点，即关于方程在上有两个不相等的实数根．令，，则．令，，则，显然在

上恒成立，故在上单调递增．因为，所以当时，有，即，所以单调递减；当时，有，即，所以单调递增．因为，，，所以的取值范围是．22．【答案】（1），；（2）．【解析】（1）将曲线C的参数方程，消去参数，可得普通方程为，即，将，代入可得曲线C的极坐标方程为，若原点在曲线C的内部，则，解得．（2）当时，

圆C的方程为，圆心为，半径，直线的极坐标方程化为直角坐标方程为，由，得，设，，则，，，要使面积最大，只需点P到直线的距离最大，圆心到直线的距离，则点P到直线的最大距离为，所以面积的最大值为．23．【答案】（1

）；（2）证明见解析．【解析】（1）①当时，，无解；②当时，，解得；③当时，，解得，综上：不等式的解集为．（2）因为，所以，所以，，，，，当且仅当，即时，等号成立．