重庆市第一中学2020届高三数学下学期第一次月考试题-文.doc

重庆市第一中学2020届高三数学下学期第一次月考试题 文

重庆市第一中学2020届高三数学下学期第一次月考试题 文

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重庆市第一中学2020届高三数学下学期第一次月考试题 文（含解析）
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. 若全集 ，集合，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出集合A，再按补集的定义求解即可.
【详解】解不等式，得，所以，故.
故选：B.
【点睛】本题考查补集的定义及求法，属于基础题.
2. 已知为虚数单位，则等于（ ）
A. 0 B. 1 C. -1 D.
【答案】C
【解析】
【分析】
按照复数的运算法则和等比数列的前项和计算即可.
【详解】.
故选：C.
【点睛】本题考查复数的计算，考查等比数列的前项和，考查计算能力，属于基础题.
3. 已知椭圆分别过点和，则该椭圆的焦距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意可得a2＝4，b2＝1，利用隐含条件求得c，则2c即为所求．
【详解】由题意可得，，所以a2＝4，b2＝1，
所以，从而.
故选B
【点睛】本题考查椭圆方程求法，解题时要注意椭圆的简单性质的合理运用，是基础题．
4. 中国铁路总公司相关负责人表示，到2018年底，全国铁路营业里程达到13.1万公里，其中高铁营业里程2.9万公里，超过世界高铁总里程的三分之二，下图是2014年到2018年铁路和高铁运营里程（单位：万公里）的折线图，以下结论不正确的是（ ）

A. 每相邻两年相比较，2014年到2015年铁路运营里程增加最显著
B. 从2014年到2018年这5年，高铁运营里程与年价正相关
C. 2018年高铁运营里程比2014年高铁运营里程增长80%以上
D. 从2014年到2018年这5年，高铁运营里程数依次成等差数列
【答案】D
【解析】
【分析】
由折线图逐项分析即可求解
【详解】选项，显然正确；
对于，，选项正确；
1.6,1.9,2.2,2.5,2.9不是等差数列，故错.
故选D
【点睛】本题考查统计的知识，考查数据处理能力和应用意识,是基础题
5. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由两角差的正切求得，再利用二倍角公式求解即可
【详解】因为，所以，解得，从而.
故选C
【点睛】本题考查三角恒等变换，考查两角差的正切及二倍角公式，考查运算求解能力，是基础题
6. 等差数列的前项和为，已知，，则（ ）
A 57 B. 60 C. 63 D. 66
【答案】C
【解析】
【分析】
利用等差数列前n项和公式及性质求出a3，再利用等差数列通项公式求出a1，d，由此能求出{an}的前n项和公式，进而求得．
【详解】因为，所以，
又，解得，，
设数列的公差为，所以，
解得，所以，从而.
故选C.
【点睛】本题考查等差数列的通项公式、前n项和公式的求法，是基础题，注意等差数列性质的合理运用．
7. 已知一个圆柱的轴截面是面积为36的正方形，则这个圆柱的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由轴截面求得圆柱的高和底面圆半径，再计算圆柱的侧面积．
【详解】设底面圆的半径为，则高为，
由，得，
∴.
故选A.
【点睛】本题考查了圆柱的轴截面与侧面积的应用问题，是基础题．
8. 若变量，满足约束条件，则的最大值是（ ）
A. B. C. -2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
作出不等式组对应平面区域，利用z的几何意义即可得到结论．
【详解】画出不等式组表示的可行域，

表示通过可行域内的点与坐标原点的直线的斜率，
又解得C，
由图可知：
点C与坐标原点的连线斜率最大，即.
故选B
【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，以及直线的斜率公式是解决本题的关键．
9. 在直三棱柱中，己知，，，则异面直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由条件可看出，则为异面直线与所成的角，可证得三角形中，，解得从而得出异面直线与所成的角．
【详解】连接，，如图：

又，则为异面直线与所成的角.
因为且三棱柱为直三棱柱，∴∴面，
∴，
又，，∴，
∴，解得.
故选C
【点睛】考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，考查了异面直线所成角的概念及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
10. 已知函数有唯一零点，则实数（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
通过转化可知问题等价于函数的图象与函数的图象只有一个交点求的值，分，，三种情况，结合函数的单调性分析可得结论.
【详解】函数有唯一零点，等价于函数的图象与函数的图象只有一个交点，
当时，，此时有两个零点，不满足题意；
当时，由于在上单调递减，在上单调递增，且在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的图象最低点为，函数的图象最低点为，由于，故两个函数的图象有两个交点，不满足题意；
当时，由于在上单调递减，在上单调递增，且在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的图象最低点为，函数的图象最低点为，若两函数只有一个交点，则，即.
故选：D.
【点睛】本题考查了函数零点个数求参数的取值范围，考查了转化与划归的思想，考查逻辑思维能力和计算能力，属于中档题.
11. 已知抛物线：的焦点为，且到准线的距离为2，直线与抛物线交于两点（点在轴上方），与准线交于点，若，则（ ）.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
设，易知.由题意知，则抛物线.因为，所以，又，得 （负值舍去），，联立，得，故，所以，故，过点作垂直于准线，垂足为，过点作垂直于准线，垂足为，易知，故，故选C．
12. 设奇函数的定义域为，且的图象是连续不间断，，有，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数，可知该函数为奇函数，利用导数可判断出函数在区间上为减函数，进而得出该函数在定义域上为减函数，将所求不等式变形为，利用函数的单调性可解出所求不等式.
【详解】令，定义域为，
因为函数为奇函数，，
则函数是定义在上的奇函数，
，
因为，有，
当时，，则在上单调递减.
则函数是上的奇函数并且单调递减，
又等价于，即，，
又，因此，.
故选：D.
【点睛】本题主要考查利用构造函数求解函数不等式，根据导数不等式的结构构造新函数是解答的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.
13. 已知，则______.
【答案】8
【解析】
【分析】
根据分段函数的定义直接求解即可.
【详解】.
故答案为：8.
【点睛】本题考查分段函数求值问题，属于基础题,
14. 西周初数学家商高在公元前1000年发现勾股定理的一个特例，勾三，股四，弦五.此发现早于毕达哥拉斯定理五百到六百年，我们把可以构成一个直角三角形三边的一组正整数成为勾股数.现从，，，，，，，，，这几组勾股数中随机抽取1组，则被抽出的这组勾股数刚好构成等差数列的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用古典概型定义直接求解即可.
【详解】从这10组勾股数随机抽取1组，共10种抽取方法，其中能构成等差数列的有：，，，，共4种，故所求概率为：.
故答案为：.
【点睛】本题考查古典概型概率公式及应用，考查了数学文化的背景，考查理解能力，属于基础题,
15. 在平面直角坐标系中，动点在椭圆上运动，则点到直线的距离的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
设与直线平行的直线方程为：，与椭圆方程联立消元，令，可得的值，求出两条平行线间的距离，即可得解.
【详解】设与直线平行的直线方程为：，与椭圆方程联立消去得：
，令，
即：，解之得：，
所以两条平行线间的距离为：或，
所以点到直线的距离的最大值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是求出与直线平行，且与椭圆相切的直线方程，属于常考题.
16. 已知三棱锥的每个顶点都在球O的表面上，，，，顶点D在平面上的投影E为BC的中点，且，则球O的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】
先画出图形，求出外接球的半径，然后计算体积即可.
【详解】
如图，在中，，，，所以，，设球O的半径为，则，解之得：，所以球O的体积为：.
故答案为：.
【点睛】本题考查三棱锥的外接球问题，考查数形结合思想，考查计算能力，属于常考题.
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. 已知等差数列的公差为，等差数列的公差为，设，分别是数列，的前项和，且，，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明：.
【答案】（1），；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由等差数列的通项公式及求和公式列的方程组求解则可求，进而得（2）利用分组求和即可证明
【详解】（1）因为数列，是等差数列，且，，所以.
整理得，解得，
所以，即，
，即.
综上，，.
（2）由（1）得，
所以，
即.
【点睛】本题考查等差数列通项公式及求和公式，裂项相消求和，考查推理计算能力，是中档题
18. 如图，在矩形中，，，点是边上的一点，且，点是的中点，将沿着折起，使点运动到点处，且有.

（1）证明：面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取的中点，分别连接和，由已知易得，先证，再证，可得平面，进而可得，又，不平行，即可证面；
（2）因为，利用等体积法计算即可得解.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，，

在矩形中，，，且，
，，又点是的中点，，
，点是线段的中点，，
又因为平行于，，又 平面，
又平面，，又与不平行，面；
（2）由（1）知，，
三棱锥的体积.
【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查等体积法的应用，考查空间想象能力和运算能力，考查转化思想，属于高考常考题型.
19. 某大型商场的空调在1月到5月的销售量与月份相关，得到的统计数据如下表：
月份
1
2
3
4
5
销量（百台）
0.6
0.8
1.2
1.6
1.8

（1）经分析发现1月到5月的销售量可用线性回归模型拟合该商场空调的月销量（百件）与月份之间的相关关系.请用最小二乘法求关于的线性回归方程，并预测6月份该商场空调的销售量；
（2）若该商场的营销部对空调进行新一轮促销，对7月到12月有购买空调意愿的顾客进行问卷调查.假设该地拟购买空调的消费群体十分庞大，经过营销部调研机构对其中的500名顾客进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表：
有购买意愿对应的月份
7
8
9
10
11
12
频数
60
80
120
130
80
30

现采用分层抽样的方法从购买意愿的月份在7月与12月的这90名顾客中随机抽取6名，再从这6人中随机抽取3人进行跟踪调查，求抽出的3人中恰好有2人是购买意愿的月份是12月的概率.
参考公式与数据：线性回归方程，其中，.
【答案】（1）；2.16（百台）；（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意计算平均数与回归系数，写出线性回归方程，再利用回归方程计算对应的函数值；
（2）利用分层抽样法求得抽取的对应人数，用列举法求得基本事件数，再计算所求的概率值．
【详解】（1）因为，
所以，则，
于是关于的回归直线方程为.
当时，（百台）.
（2）现采用分层抽样的方法从购买意愿的月份在7月与12月的这90名顾客中随机抽取6名，则购买意愿为7月份的抽4人记为，，，，购买意愿为12月份的抽2人记为，，
从这6人中随机抽取3人的所有情况为、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共20种，
恰好有2人是购买意愿的月份是12月的有、、、，共4种，
故所求概率为.
【点睛】本题考查了线性回归方程与列举法求古典概型的概率问题，是中档题．
20. 已知抛物线，直线是它的一条切线.
（1）求的值；
（2）若，过点作动直线交抛物线于，两点，直线与直线的斜率之和为常数，求实数的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
分析】
（1）联立拋物线与直线的方程，利用解得p即可.
（2）设，，将表示成关于的表达式，设出过点的动直线的方程，代入抛物线方程，结合韦达定理化简得到，满足时符合题意，解之即可.
【详解】（1）由，得，代入，得，
因为拋物线与直线相切，
所以，解得.
（2）设，，
则.
设过点的动直线的方程为，代入，得，
所以，，，
所以.
若变化，为常数，则需满足，解得.
【点睛】本题考查抛物线与直线的位置关系的应用，考查了斜率公式，考查了韦达定理的应用，考查了运算能力，属于较难题．
21. 设函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数恰有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1），讨论a，求得单调性即可（2）利用（1）的分类讨论，研究函数最值，确定零点个数即可求解
【详解】（1）因为，其定义域为，
所以.
①当时，令，得；令，得，
此时在上单调递减，在上单调递增.
②当时，令，得或；令，得，
此时在，上单调递减，在上单调递增.
③当时，，此时在上单调递减.
④当时，令，得或；令，得，
此时在，上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）可知：①当时，.
易证，所以.
因为，，
.
所以恰有两个不同的零点，只需，解得.
②当时，，不符合题意.
③当时，在上单调递减，不符合题意.
④当时，由于在，上单调递减，在上单调递增，且，又，由于，，
所以，函数最多只有1个零点，与题意不符.
综上可知，，即的取值范围为.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，函数零点问题，考查推理求解能力及分类讨论思想，是难题
请考生在22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分.
22. 已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点处，极轴与轴正半轴重合,直线的参数方程为：（为参数，），曲线的极坐标方程为:.
（1）写出曲线的直角坐标方程；
（2）设直线与曲线相交于两点,直线过定点,若，求直线的斜率.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由，得，由此能求出曲线C的直角坐标方程；（2）把代入，整理得，由，得，能求出直线l的斜率．
【详解】（1）曲线C的极坐标方程为，所以.
即，即.
（2）把直线参数方程带入得
设此方程两根为，易知,而定点M在圆C外，所以，，，，可得，
∴，所以直线的斜率为-1.
【点睛】本题考查曲线的直角坐标方程的求法，考查直线的斜率的求法，考查极坐标方程、直角坐标方程的互化等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．
23. 己知，函数.
（1）若，解不等式；
（2）若函数，且存在使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）零点分段解不等式即可（2）等价于，由，得不等式即可求解
【详解】（1）当时，，
当时，由，解得；
当时，由，解得；
当时，由，解得.
综上可知，原不等式的解集为.
（2）.
存在使得成立，等价于.
又因为，所以，即.
解得，结合，所以实数的取值范围为.
【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立及最值，考查转化思想，是中档题