重庆市第一中学校2020届高三上学期10月月考数学试题 23页

‎2019年重庆一中高2020级高三上期10月月考数学（理科）试题卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.‎ ‎1.设集合，，若，则集合（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得1为的一个根，求出的值，对求得的值进行检验，从而得到满足条件的集合。‎ ‎【详解】由于，所以1为的一个根，即，解得：或 当时，，则，不满足题意，舍去；‎ 当时，，则，满足题意，此时；‎ 故答案选D ‎【点睛】本题主要考查已知两集合的交集，求其中一个集合，解题的关键是熟练掌握交集的性质，属于基础题。‎ ‎2.函数的零点所在的一个区间是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由零点的存在性定理可知，当函数在区间满足时，在区间上至少有一个零点.由于所以，所以函数在区间（-1，0）上存在零点，故选B.‎ 考点：函数零点的存在性定理.‎ ‎3.已知向量，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，表示出，从而解得，利用向量模的公式，即可得到答案 ‎【详解】设，所以，则，解得 所以，故 故答案选D ‎【点睛】本题考查向量的坐标运算以及向量模的计算公式，属于基础题。‎ ‎4.中国古代数学名著《九章算术》中记载：今有大夫、不更、簪袅、上造、公士凡五人，共猜得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？其意是：今有大夫、不更、簪袅、上造、公士凡五人，他们共猎获五只鹿，欲按其爵级高低依次递减相同的量来分配，问各得多少.若五只鹿的鹿肉共500斤，则不更、簪袅、上造这三人共分得鹿肉斤数为 A. 200 B. 300 C. D. 400‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题设五人分得的鹿肉斤数成等差数列，因为，所以，则由等差数列的性质可得，即，所以，应选答案B 。‎ 点睛：本题将古代著名数学问题与等差数列紧密联系起来，彰显了数学知识历史渊源，同时也说明数学知识的应用无处不在。求解时巧妙运用等差数列的通项的性质，从而使得问题简捷、巧妙获解。‎ ‎5.实数的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数函数和对数函数的单调性，求出的范围，即可得到答案。‎ ‎【详解】由于在上为单调递增函数，所以，‎ ‎，‎ 由于在上为单调递增函数，所以 所以 ，故 所以答案选C ‎【点睛】本题考查指数函数和对数函数单调性在比较指数、对数大小中的应用，属于基础题。‎ ‎6.已知非零向量满足，的夹角为，且，则向量的数量积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得，利用向量数量积的公式，即可得到答案。‎ ‎【详解】由非零向量满足，可得 所以 由于的夹角为，且，所以 故答案选A ‎【点睛】本题考查向量的数量积的运算公式，同时考查学生分析问题和解决问题的能力，属于基础题。‎ ‎7.等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则（ ）‎ A. B. 或 C. D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为，由，，成等差数列，可得，即，解得值，利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出答案。‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，‎ 由于，，成等差数列，所以，即，‎ 由于在等比数列中，，所以，解得或 当时，‎ 当时，‎ 故答案选B ‎【点睛】本题考查等差中项与等比数列的通项公式和求和公式，理解并掌握数列的通项公式和求和公式是解题的关键，考查学生的推理能力与计算能力，属于中档题 ‎8.设的内角所对边分别为，已知，的面积为，，则的外接圆面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理化简，可得，化简即可得到，再利用三角形的面积公式以及余弦定理联立方程，可得，再根据正弦定理可得，从而求得三角形外接圆的半径，即可得到面积 ‎【详解】因为，‎ 由正弦定理可得：‎ 即 由于在中，，由诱导公式可得，‎ 所以等价于，‎ 由于在中，，则，所以，‎ 因为在中，，故 由于的面积为，，‎ 所以由三角形面积公式以及余弦定理可得： 解得： ‎ 所以由正弦定理可得，解得：，‎ 则的外接圆的半径为2，其面积为 故答案选A ‎【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式在三角形中的应用，熟练掌握公式是解题的关键，考查学生基本的运算能力，属于中档题 ‎9.在直角坐标系中，曲线与轴交于两点，点的坐标为 ‎，则过三点的圆截轴所得的弦长为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解一元二次方，即可得得到两点坐标，设出圆的标准方程，把三点坐标代入标准方程，解得过三点的圆的方程，最后利用圆的弦长公式即可得到答案。‎ ‎【详解】曲线与轴交于两点，令，解得：，‎ 所以点坐标为，点坐标为，‎ 设过三点的圆的标准方程为 ‎ 则 ，解得： ‎ 所以过三点的圆的标准方程为 则圆心到轴的距离为，‎ 所以过三点的圆截轴所得的弦长为 ‎ 故答案选A ‎【点睛】本题主要考查求圆的方程以及圆的弦长公式，熟练掌握圆的弦长公式是解题的关键，考查学生的计算能力，其中圆的弦长公式为 ，属于中档题 ‎10.如图，在所有棱长均为2的直三棱柱中，D、E分别为、的中点，则异面直线AD，CE所成角的余弦值为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的中点，以为轴建立坐标系，分别求出，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.‎ ‎【详解】设中点，以为轴建立坐标系，‎ 则，‎ 则，‎ 设与成的角为，‎ 则，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查异面直线所成的角立体几何解题的“补型法”，属于难题.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.‎ ‎11.水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图是一个半径为的水车，一个水斗从点 出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒.经过秒后，水斗旋转到点，设的坐标为，其纵坐标满足 .则下列叙述错误的是（ ）．‎ A. B. 当时，点到轴的距离的最大值为6‎ C. 当时，函数单调递减 D. 当时， ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由点可得，由旋转一周用时60秒，可得，‎ 由，可得，所以选项A正确．则可得．‎ 由可得，‎ 则当，即时，取到最大值为6，所以选项B正确．‎ 由可得，函数先增后减，所以选项C错误．‎ 时，点，可得，所以选项D正确．因此选C.‎ ‎12.已知定义在上的函数的图像关于直线对称，且当时，，过点作曲线的两条切线,若这两条切线互相垂直,则该函数的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，，可得函数在为增函数，结合函数的对称性可得函数的最小值为,进而分析可得点作曲线的两条切线的斜率，设右侧的切点为，求出函数的导数，由导数的几何意义可得，即，结合两点间连线的斜率公式可得，即，联立两式求出的值，代入函数的解析式可得结果.‎ ‎【详解】根据题意，分析可得当时，，‎ 则函数在为增函数，‎ 又由函数的图象关于直线对称，函数在为减函数，‎ 所以函数的最小值为，‎ 点作曲线的两条切线，‎ 则两条切线的关于直线对称，即两条切线的斜率互为相反数，‎ 若两条切线互相垂直，切线的斜率，‎ 设右侧的切点为，‎ 因为，所以导数，‎ 则有，即，①‎ 又由切线过点，可得，‎ 即，解可得，②‎ 联立①②可得，‎ 则函数的最小值为，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义以及直线的斜率公式，属于中档题. ‎ 应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2) 己知斜率求切点即解方程；(3) 巳知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． ‎ ‎13.已知圆锥的母线长为5，侧面积为，则此圆锥的体积为________（结果保留）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设圆锥的底面半径为，由题意可得：，‎ 圆锥的高：，‎ 圆锥的体积：.‎ ‎14.已知向量，，，且，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量平行坐标的关系化简可得，从而求得，再利用配凑法可得，展开代值即可得到答案。‎ ‎【详解】由于向量，，且 所以，化简可得：，即，所以 由于，则，‎ 故，即 由于，‎ 所以 故答案为 ‎【点睛】本题考查两个向量平行坐标的关系、同角的三角函数间的关系以及配凑法求三角函数值，解题的关键是，属于中档题。‎ ‎15.在中，角，，的对边分别为，，，且，，则的取值范围是________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理表示出b，再由条件A+B=3A，根据，求出A的取值范围，根据余弦函数的性质求出b的取值范围．‎ ‎【详解】由正弦定理可得，即，即，因为，所以，即，所以，即，所以，故的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理以及余弦函数的性质的应用，属于中档题．‎ ‎16.数列的前项和为，数列的前项和为， 满足，，且. 若对任意恒成立，则实数的最大值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，可求得，从而得到，再利用 ，化简可得，利用累乘法求得数列的的通项公式，从而得到数列的通项公式，利用数列前和的定义可得，利用放缩法求得的范围，即可得到实数的最大值。‎ ‎【详解】由于，，‎ 当时，则，解得：，‎ 所以①，则②‎ ‎①—②可得，即，‎ 化简可得：，即 由累乘法可得：‎ 当时，，满足条件，所以 由，可得 所以，‎ 则 ‎ 利用放缩放可得，即 由于对任意恒成立，则实数的最大值为 ‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查数列的递推公式，数列通项公式与前项和的关系，求数列通项公式中的累乘法，数列前项和的定义以及放缩法在求数列和的范围中的应用，在数列问题中，若遇到与的关系式时，常利用 来求数列的通项公式，有一定综合性。‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出演算步骤或证明过程.‎ ‎（一）必考题：共60分 ‎17.设数列的前项和为，若且.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）令，求出，再利用 求出的通项公式，注意检验通项公式中，是否满足条件；‎ ‎（2）由题可得是首项为，公比为的等比数列，从而得到，代入化简可得，利用裂项相消即可求得数列的前项和。‎ ‎【详解】（1）当时，‎ 当时，……① ……②‎ ‎②—①得，因为 故从第二项起，为等比数列，，所以.‎ ‎（2）由于.，所以是首项为，公比为的等比数列，故，则，故，‎ 故 ‎【点睛】本题考查利用 求数列通项公式以及利用裂项相消法求数列前项和，在利用 求数列通项公式时，注意检验 通项公式中，是否满足条件，属于中档题。‎ ‎18.如图，在中，，.‎ ‎（1）若,求的长；‎ ‎（2）若的垂直平分线与分别交于两点，且，求角的大小.‎ ‎【答案】（1）3；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由余弦定理可得，从而解得的长；‎ ‎（2）连接，由题设，有，在中，由正弦定理化简可得，‎ 在直角中，，化简得到，从而求角的大小 ‎【详解】(1)在中，由余弦定理有，即，解得.‎ ‎（2）如图，连接，由题设，有，在中，由正弦定理有，故.‎ 在直角中，，所以，‎ 而 ，故.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理以及余弦定理在求三角形边长和内角中的应用，熟练掌握公式是解题的关键，属于中档题。‎ ‎19.某超市计划销售某种食品，现邀请甲、乙两个商家进场试销10天.两个商家向超市提供的日返利方案如下：甲商家每天固定返利60元，且每卖出一件食品商家再返利3元；乙商家无固定返利，卖出不超出30件(含30件)的食品，每件食品商家返利5元，超出30件的部分每件返利10元. 经统计，试销这10天两个商家每天的销量如图所示的茎叶图（茎为十位数字，叶为个位数字）：‎ ‎（1）现从甲商家试销的10天中随机抽取两天，求这两天的销售量都小于30件的概率；‎ ‎（2）根据试销10天的数据，将频率视作概率，用样本估计总体，回答以下问题：‎ ‎①记商家乙的日返利额为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望；‎ ‎②超市拟在甲、乙两个商家中选择一家长期销售，如果仅从日返利额的数学期望考虑，请利用所学的统计学知识为超市作出选择，并说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）①分布列见解析，153；②由①得乙商家的日平均返利额为153元>148.2元，所以推荐该超市选择乙商家长期销售.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）记“抽取的两条销售量都下于30件”为事件，利用排列组合即可求得答案；‎ ‎（2）①设乙商家的日销售量为，推导出的所有可能取值为：140，145，150，160，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和；‎ ‎②依题意，求出甲商家的日平均销售量，从而求出甲商家的日平均返利额，再求出乙商家的日平均返利额，从而推荐该超市选择乙商家长期销售。‎ ‎【详解】(1)记“抽取的两天销售量都小于30件”为事件A，则.‎ ‎（2）①设乙商家的日销售量为件，则当时，；当时，；当时，；当时，.所以的所有可能取值为：140，145，150，160.‎ 所以X的分布列为 ‎ ‎ ‎140‎ ‎145‎ ‎150‎ ‎160‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 所以；‎ ‎②依题意，甲商家的日平均销售量为：28×0.2+29×0.4+30×0.2+31×0.2=29.4.所以甲商家的日平均返利额为：60+29.4×3=148.2元.‎ 由①得乙商家日平均返利额为153元>148.2元，所以推荐该超市选择乙商家长期销售.‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查古典概型、茎叶图的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题。‎ ‎20.已知椭圆的左、右焦点分别为点，左、右顶点分别为，长轴长为，椭圆上任意一点（不与重合）与连线的斜率乘积均为.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）如图，过点的直线与椭圆交于两点，过点的直线与椭圆交于两点，且，试问：四边形可否为菱形？并请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）不是.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由长轴长为可得，然后结合求得的值，从而得到椭圆方程；‎ ‎（2）根据以及椭圆对称性可得为平行四边形，其对角线交点为原点，设出直线的方程为与椭圆方程联立，由韦达定理可得，，故要使四边形为菱形，则，利用向量表示出，整理可得，解方程则可得到答案。‎ ‎【详解】（1）由题意，，则，。设，则点与点连线的斜率为，点与点连线的斜率为，故，又因为点在椭圆上，故有，联立解得，‎ 则椭圆的方程为.‎ ‎（2）由于点关于原点对称且，故关于原点对称，又椭圆关于原点对称，所以四边形为平行四边形；由（1），知，易知直线不能平行于轴.所以令直线的方程为，设，.联立方程，得，所以，.若是菱形，则，即，于是有，整理得到，即，上述关于的方程显然没有实数解，故四边形不可能是菱形.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直线斜率的求法，考查椭圆的几何性质以及设而不求的思想，考查学生转化能力，基本的计算能力，有一定综合性。‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（1）若在处取极小值，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若是函数图象上不同的三点，且，试判断与之间的大小关系，并证明．‎ ‎【答案】（1）；（2），证明见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出定义域以及导函数，分别讨论和时，原函数的单调性和极值点，则可得到答案；‎ ‎（2）根据题意分别表示出和，两式作差化简可得：‎ ‎，令， ，利用导数研究出函数的单调性以及值域，则可得到的正负，从而得到答案。‎ ‎【详解】（1）定义域为，，‎ 当时，在单调递减，单调递增，则在处取极小值；‎ 当时，令得或，要使在处取极小值，则解得 综上，‎ ‎（2）‎ ‎，‎ ‎，令， ， ，所以在上是增函数，又，当时， ， ， ，故，当时， ， ， ，故.综上知， ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查导数在函数中的运用：求单调区间和极值，最值以及比较函数大小，考查学生分类讨论的思想，转化的思想，有一定综合性。‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第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.‎ 选修4－4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）设为曲线上不同两点（均不与重合），且满足，求的最大面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由曲线的参数方程消去参数，得到曲线的普通方程，再利用普通方程与极坐标方程的转化公式即可得到答案；‎ ‎（2）设出两点的极坐标，代入极坐标方程中，得到与，由三角形面积公式，对其进行化简，结合三角函数的值域，即可得到三角形面积的最大值。‎ ‎【详解】（1）设曲线上任意点的极坐标为，由题意，曲线的普通方程为，即，则，故曲线的极坐标方程为.‎ ‎（2）设，则，故，‎ 因为点在曲线上，则，，故 ‎，,‎ 故时，取到最大面积为.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程、普通方程以及极坐标方程的转化，其中普通方程与极坐标方程转化的公式为： ，考查两线段积的取值范围的求法，涉及三角函数的辅助角公式以及三角函数的值域，考查学生转化与划归的思想以及运算求解的能力，属于中档题。‎ 选修4－5：不等式选讲 ‎23.已知为正实数.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求的最小值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用基本不等式即可证明；‎ ‎（2）原等式化简可得，由（1）的结论，即可得到答案。‎ ‎【详解】（1）因为，由基本不等式可得，，，三式相乘可得：，当且仅当时，等号成立.‎ ‎（2），‎ 由（1）可得，当且仅当时，取最小值为3.‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式在证明不等式成立以及求最小值中的应用，在利用基本不等式时，注意使用的前提条件，属于中档题 ‎ ‎