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1、滁州市重点高中2020-2021学年高二下学期第三次月考 数学（文）试卷文 数 时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本大题12小题，每小题5分，共60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设全集，集合，那么为（ ）ABCD2函数的部分图象大致是（ ）ABCD3下列4个说法中正确的有（ ）命题“若，则”的逆否命题为“若则”；若，则；若复合命题：“”为假命题，则p，q均为假命题；“”是“”的充分不必要条件ABCD4函数是奇函数的充要条件是（ ）ABCD5已知函数的值域是，则函数的定义域为（ ）A，2 B2，4 C4，8 D1，26已知函数可表示为1234则下列结论正
2、确的是（ ）AB的值域是C的值域是D在区间上单调递增7已知，则，的大小关系是（ ）ABCD8已知函数，且，则（ ）ABCD9如图，某池塘里浮萍的面积y（单位：）与时间（单位：月）的关系为.关于下列说法：浮萍每月的增长率为1；第5个月时，浮萍面积就会超过；浮萍每月增加的面积都相等；若浮萍蔓延到所经过的时间分别是，则，其中正确的说法是（ ）ABCD10已知函数，若，则的取值范围是（ ）ABCD11已知是定义在上的且以2为周期的偶函数，当时，如果直线与曲线恰有两个不同的交点，则实数的值为 （ ）ABC0D12已知函数，若是函数的唯一极值点，则实数的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：本大题共4小题，
3、每小题5分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置.13设命题：函数的定义域为；命题：当时， 恒成立，如果命题“pq”为真命题，则实数的取值范围是_14.若函数的图象关于点（1，1）对称，则实数=_15已知函数，则的值域为_.16若直线是曲线的一条切线，则_三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17(本题12分)设的内角、所对的边长分别为、，满足，且.（1）求角的大小：（2）若，边上的中线的长为，求的面积.18(本题12分)如图所示，半圆弧所在平面与平面垂直，且是弧上异于 ，的点， .（1）求证:平面;（2）若为弧的中点，且，求点到平面的距离.19(本题12
4、分)近年来，共享单车进驻城市，绿色出行引领时尚某公司计划对未开通共享单车的县城进行车辆投放，为了确定车辆投放量，对过去在其他县城的投放量情况以及年使用人次进行了统计，得到了投放量（单位：千辆）与年使用人次（单位：千次）的数据如下表所示，根据数据绘制投放量与年使用人次的散点图如图所示（1）观察散点图，可知两个变量不具有线性相关关系，拟用对数函数模型或指数函数模型对两个变量的关系进行拟合，请问哪个模型更适宜作为投放量与年使用人次的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并求出关于的回归方程；（2）已知每辆单车的购入成本为元，年调度费以及维修等的使用成本为每人次元，按用户每使用一次，收费元计算，
5、若投入辆单车，则几年后可实现盈利？参考数据：其中，参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，20(本题12分)设椭圆中心在坐标原点，是它的两个顶点，直线与相交于点D，与椭圆相交于两点（）求椭圆的离心率；（）求四边形面积的最大值21(本题12分)已知函数，（1）令，求的最小值；（2）若恒成立，求的取值范围选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22(本题10分)在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方
6、程；（2）已知点，曲线与曲线相交于两点，求23(本题10分)设函数解不等式：；记函数的最小值为，已知，且，求证：参考答案1-5：BACDA 6-10：BCDCA 11-12:DA13. 14. 1 15. 16.17（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，再利用两角和的余弦公式整理可得，即可得解；（2）由向量的平行四边形法则可得，同时平方，再结合余弦定理可推出，求出c代入三角形面积公式即可得解.【详解】（1）因为，由正弦定理得，又，故，从而，即；而，故为锐角，所以.（2）因为为边上的中线，从而，所以有，又中，有，从而，所以，为直角三角形，在直角中，因为，所以，的面积.【点睛】本题
7、考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，涉及两角和的余弦公式、向量的平行四边形法则、向量数量积，属于中档题.18（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）先证明，再证明平面平面，证得，利用线面垂直的判定定理可以证明平面（2）先证明，利用等体积法求点到平面的距离.【详解】解:（1）证明:取中点，连接因为，所以因为，所以四边形是平行四边形又，所以四边形是正方形设，则，所以，即又平面平面，平面平面所以平面，又平面，所以因为，又，所以平面（2）解:为弧的中点，由可知，均为等腰直角三角形，又，所以可得，因此，从而可得所以由的结论平面可知，到平面的距离为设点到平面的距离为则所以.【点睛】立体几何解答题的基本
8、结构：(1)第一问一般是几何位置关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离）.如果求体积（或求距离），常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法.19（1）适宜，；（2）6年.【分析】（1）由散点图可判断适宜，设，则，再根据参考数据及公式即可得解；（2）先将代入得年使用人次，进而可得收益和总投资比较大小即可得解.【详解】（1）由散点图判断，适宜作为投放量与年使用人次的回归方程类型由，两边同时取常用对数得设，则因为，所以把代入，得，所以，所以，则，故关于的回归方程为（2）投入千辆单车，则年使用人次为千人次，每年的收益为（千元）
9、，总投资千元，假设需要年开始盈利，则，即，故需要年才能开始盈利【点睛】关键点点睛：对于非线性回归方程的求解，一般要结合题意作变换，转化为线性回归方程来求解，同时也要注意相应数据的变化.20（）解：依题设得椭圆的方程为，直线的方程分别为， 2分如图，设，其中，且满足方程，故由知，得；由在上知，得所以，化简得，解得或 6分（）根据点到直线的距离公式和式知，点到的距离分别为，9分又，所以四边形的面积为，当，即当时，上式取等号所以的最大值为【解析】试题分析：（）由题意易得椭圆方程，直线的方程，再设，满足方程，把用坐标表示出来得，又点在直线上，则，根据以上关系式可解得的值；（）先求点E、F到AB的距离，
10、再求，则可得面积，然后利用不等式求面积的最大值.试题解析：（I）依题意，得椭圆的方程为， 1分直线的方程分别为， 2分如图设，其中，满足方程且故，由知，得， 4分由点在直线上知，得， 5分，化简得解得或. 7分（II）根据点到直线的距离公式和式知，点E、F到AB的距离分别为， 8分， 9分又，所以四边形AEBF的面积为， 11分当即当时，上式取等号，所以S的最大值为 13分考点：1、椭圆的性质；2、直线与椭圆相交的综合应用；3、不等式.21（1）0；（2）【分析】（1）有题意知，根据导数求出函数的单调性，由此可求出函数的最小值；（2）原不等式等价于在上恒成立，令，求导得，令，易得在存在唯一的零
11、点，即，得，结合函数的单调性得，由此可求出答案【详解】解：（1）有题意知，当，即在上单调递减，当，即在上单调递增，故，的最小值为0；（2）原不等式等价于，即，在上恒成立，等价于，在上恒成立，令，令，则为上的增函数，又当时，在存在唯一的零点，即，由，又有在上单调递增，的取值范围是【点睛】本题主要考查利用函数的导数研究函数的单调性与最值，考查计算能力，考查转化与化归思想，属于难题22（1），；（2）.【分析】（1）将已知极坐标方程利用两角和的余弦公式展开，利用极直互化公式得到的直角坐标方程，利用同角三角函数的平方关系消去参数的值，得到的普通方程；（2）写出以为基点的直线的参数方程，代入的普通方程，
12、利用参数的几何意义，结合韦达定理运算.【详解】（1），,的直角坐标方程为，的普通方程为；(2)的参数方程为(为参数)，将曲线的参数方程代入的普通方程，整理得.令，由韦达定理,则有,， .【点睛】本题考查参数方程，普通方程，极坐标方程之间的互化，考查直线的参数方程的应用，关键是要掌握直线参数方程中参数的几何意义.23（1）；（2）见解析【解析】【分析】对x分三种情况讨论去绝对值；变形后用基本不等式证明本题考查了绝对值不等式的解法属中档题【详解】解：，当时，不等式即为，解得，当时，不等式即为，解得，当时，不等式即为，解得综上所述，不等式的解集为证明：由可知，即，即【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想
