重庆市南开中学2020届高三第三次教学质量检测考试理科数学 Word版含解析 23页

www.ks5u.com 重庆南开中学2020级高三第三次教学质量检测考试 理科数学 一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合A，进而求补集即可.‎ ‎【详解】∵，又，‎ ‎∴，‎ 故选C ‎【点睛】本题考查补集的概念及运算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎2.已知复数为纯虚数，则实数（ ）‎ A. 4 B. 3 C. 2 D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的除法运算，化简得到，再由题意，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为为纯虚数，‎ 所以，因此.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查由复数的类型求参数，熟记复数的除法运算即可，属于基础题型.‎ ‎3.已知平面向量，则“”是“”的（ ）‎ - 23 -‎ A. 充要条件 B. 既不充分也不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 充分不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由向量共线的坐标表示，以及充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为平面向量，若，则，所以，因此；即“”是“”的充分条件 若，则，解得或；所以“”不是“”的必要条件；‎ 综上，“”是“”的充分不必要条件.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查命题的充分不必要条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念，以及向量共线的坐标表示即可，属于常考题型.‎ ‎4.函数的一条对称轴为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先整理函数，再由，求出对称轴，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 由得，‎ 当时，.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查求三角函数的对称轴，熟记正弦函数的对称轴即可，属于常考题型.‎ - 23 -‎ ‎5.已知等比数列的前项和为，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设等比数列的公比为，根据题中条件求出公比，再由等比数列的求和公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，由，得 ‎，即，解得，‎ 因此.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查等比数列前项和的基本量运算，熟记等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.‎ ‎6.已知非零平面向量满足，则与的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意得到，推出，再由向量夹角公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，因此，‎ - 23 -‎ 即，所以，‎ 因此与的夹角为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查向量的夹角运算，熟记平面向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.‎ ‎7.已知定义在上的函数满足，当时，，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，的解集；再由题意求出时，函数的解析式，进而求出不等式的解集.‎ ‎【详解】当时，，由可得；‎ 若，则，因此，‎ 又定义在上函数满足，‎ 所以，即时，，由可得，.‎ 综上，不等式的解集为.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查解不等式，熟记一次函数单调性，以及函数解析式的求法即可，属于常考题型.‎ - 23 -‎ ‎8.明代数学家程大位在《算法统宗》中提出如下问题“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次第，孝和休惹外人传.”意思是将996斤绵分给八个人，从第二个人开始，每个人分得的绵都比前一个人多17斤，则第八个人分得绵的斤数为（ ）‎ A. 150 B. 167 C. 184 D. 201‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设第一个孩子分配到a1斤锦，利用等差数列前n项和公式得：7＝996，从而得到a1＝65，由此能求出第八个孩子分得斤数．‎ ‎【详解】解：设第一个孩子分配到a1斤锦，‎ 则由题意得：7＝996，‎ 解得a1＝65，‎ ‎∴第八个孩子分得斤数为a8＝65+7×17＝184．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的第八项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．‎ ‎9.函数的图象大致为（ ）‎ A. ‎ - 23 -‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断在和的正负，再判断在上的正负，即可得出结果.‎ - 23 -‎ ‎【详解】当时，，，所以，‎ 当时，，，所以，排除CD；‎ 当时， ，，所以，图像应在轴下方，排除B；‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查函数图像的识别，灵活运用排除法，熟记余弦函数与对数函数的性质即可，属于常考题型.‎ ‎10.在中，，点，分别在上，且，,则的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到，，再由得到，求出，得到，再由三角形面积公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为点，分别在上，且，，‎ 所以，，‎ 所以，，‎ 又，所以，‎ 即，所以，‎ 因此，所以，‎ 所以的面积为.‎ - 23 -‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查求三角形的面积，熟记平面向量基本定理，向量的数量积运算，以及三角形面积公式即可，属于常考题型.‎ ‎11.在中，内角所对的边分别为，若，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由，结合余弦定理得到，代入得到，根据基本不等式，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，由余弦定理可得：，‎ 整理得：，所以，‎ 当且仅当，即时，取等号.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查解三角形，熟记余弦定理，灵活运用基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎12.已知数列，满足：，，，给出下列四个命题：①数列单调递增；②数列单调递增；③数列从某项以后单调递增；④数列从某项以后单调递增.这四个命题中的真命题是：（ ）‎ A. ②③④ B. ②③ C. ①④ D. ①②③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 依次判断每个选项：得到故①错；‎ 故②正确；③正确；‎ ‎④正确，得到答案.‎ ‎【详解】 ①‎ ‎ ②‎ ‎①-②得：，当，，‎ 所以，故①错，‎ ‎①-②得：，，‎ 所以是等比数列，通项为，‎ 所以，故②正确，‎ 因为，‎ 所以，故③正确，‎ 因为，所以，‎ 根据指数函数的性质，知从某项以后单调递增，故④正确.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了根据数列的递推公式求数列性质，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.‎ 本试卷包括必考题和选考题两部分，第13题~第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题~第23题为选考题，考生根据要求作答.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知曲线在处的切线与直线平行，则的值为___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ - 23 -‎ 先对函数求导，得到，求出切线斜率，再由题意列出方程，即可求出结果.‎ ‎【详解】由得，‎ 因此曲线在处的切线斜率为：，‎ 又切线与直线平行，‎ 所以，解得.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查由切线的斜率求参数，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型.‎ ‎14.已知函数，其中的部分图象如图所示，则______________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由图像得到，，求出，得到，根据图像过点，得到，即可求出结果.‎ ‎【详解】先由图像可得：，，‎ 所以，因此，‎ - 23 -‎ 又图像过点，所以，即，‎ 由图像可得：，所以，‎ 又，所以.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查由三角函数部分图像求参数的问题，熟记三角函数的图像与性质即可，属于常考题型.‎ ‎15.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对函数求导，得到，根据题意得到在上恒成立，即在上恒成立，再令，，对其求导，用导数的方法求出其最小值，即可得出结果.‎ ‎【详解】由得，‎ 又函数在上单调递增，‎ 所以在上恒成立，‎ 即在上恒成立，‎ 令，，则，‎ 由得；由得，‎ - 23 -‎ 所以函数在上单调递减，在上单调递增；‎ 因此，所以，‎ 故，即.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查由函数在给定区间上的单调性求参数的问题，熟记导数的方法求函数的最值即可，属于常考题型.‎ ‎16.已知平面向量满足：，，，则的最大值是__________．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，不妨令，，以方向为轴，方向为轴，建立平面直角坐标系，得到，，设，根据题意，得到，即点在以为圆心，以为半径的圆上运动，再由表示点与定点之间的距离，根据点与圆位置关系，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，，‎ 不妨令，，以方向为轴，方向为轴，建立平面直角坐标系，‎ 则，，设，‎ 由可得，即，‎ 所以向量所对应的点在以为圆心，以为半径的圆上运动，‎ 又表示点与定点之间的距离，‎ 因此.‎ 故答案为：6‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题主要考查求向量模的最值，利用建系的方法，根据向量数量积的运算法则，以及向量模的几何意义即可求解，属于常考题型.‎ 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.已知公差不为0的等差数列的前项和为成等比数列，且．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求数列前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先设等差数列公差为，根据题意，求出首项与公差，即可得出通项；‎ ‎（2）由（1）的结果，得到，根据裂项相消法，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）先设等差数列的公差为，‎ 由题知，‎ 而，故，‎ 由，‎ ‎∴，∴；‎ ‎（2）由（1）可得：，‎ - 23 -‎ ‎∴前项和为 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查求等差数列的通项，以及求数列的和，熟记数列的通项公式以及裂项相消法求数列的和即可，属于常考题型.‎ ‎18.在中，为边上的中点．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，求．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，得到，由三角形面积公式，得到，进而可求出结果；‎ ‎（2）先由，得到，求出，根据余弦定理，以及，列出等式，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为在中，为边上的中点，‎ 所以，即，‎ ‎∴；‎ ‎（2）由得，‎ 所以，∴，‎ 在中，，‎ 在中，，‎ 而，所以，‎ 解得.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形，熟记三角形面积公式，以及余弦定理即可，属于常考题型.‎ ‎19.某工厂生产一批零件，为了解这批零件的质量状况，检验员从这批产品中随机抽取了100件作为样本进行检测，将它们的重量（单位：g）作为质量指标值．由检测结果得到如下频率分布直方图．‎ 分组 频数 频率 ‎8‎ ‎16‎ ‎0.16‎ ‎4‎ ‎0.04‎ 合计 ‎100‎ ‎1‎ ‎（1）求图中的值；‎ ‎（2）根据质量标准规定：零件重量小于47或大于53为不合格品，重量在区间和内为合格品，重量在区间内为优质品．已知每件产品的检测费用为5元，每件不合格品的回收处理费用为20元．以抽检样本重量的频率分布作为该零件重量的概率分布．若这批零件共件 - 23 -‎ ‎，现有两种销售方案：方案一：不再检测其他零件，整批零件除对已检测到的不合格品进行回收处理，其余零件均按150元/件售出；方案二：继续对剩余零件的重量进行逐一检测，回收处理所有不合格品，合格品按150元/件售出，优质品按200元/件售出．仅从获得利润大的角度考虑，该生产商应选择哪种方案？请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）当时，选方案一；当时，选方案二．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题中数据，得到，根据频率之和为，进而可求出结果；‎ ‎（2）根据题中条件，得到两种方案下的总收入，比较两收入的大小，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）根据题中数据可得：，‎ 又频率之和为，‎ 则；‎ ‎（2）该工厂若选方案一：可收入元；‎ 若选方案二：一件产品的平均收入为元，‎ 故总收入元；‎ ‎，‎ 故当时，选方案一；‎ 当时，选方案二．‎ ‎【点睛】本题主要考查补全频率分布直方图，以及由频率分布直方图解决实际问题，熟记频率的性质即可，属于常考题型.‎ ‎20.已知函数存在极值点．‎ ‎（1）求的取值范围；‎ ‎（2）设的极值点为，若，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由题意确定函数定义域，再对函数求导，当得到函数单调，无极值点；当 - 23 -‎ 时，设，分别讨论和两种情况，根据二次函数的性质，即可得出结果；‎ ‎（2）先由（1）得，推出，根据，得到，令，根据函数单调性，确定的范围，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）函数的定义域为，，‎ 当时，，即函数单调递减，无极值点；‎ 当时，由或，‎ 设，则 当时，的两根一个小于1、一个大于1，故有一个极值点；‎ 当时，由对称轴为，知的两根均小于1，故无极值点；‎ 综上所述，；‎ ‎（2）由（1）知且，∴，‎ ‎，‎ ‎，‎ 令，显然在上单增，‎ 又，∴即，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题主要考查根据函数有极值点求参数，以及由不等式恒成立求参数的问题，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性与极值即可，属于常考题型.‎ ‎21.已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，且的周长为．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知过点的直线与椭圆交于两点，点在直线上，求的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，得到，求出，得到，进而可求出椭圆方程；‎ ‎（2）当斜率为时，得到，易求出结果；当直线不斜率为时，设，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，以及弦长公式等，得到，再令，，将原式化为，根据二次函数性质，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）由题意可得：，‎ 解得：，所以；‎ 故椭圆方程为：；‎ - 23 -‎ ‎（2）①当直线斜率为时，‎ 则 ‎②当直线不斜率为时：设，设直线方程为，‎ 联立方程，得，，‎ ‎，，所以 令，则式，‎ 又令，则，记为，‎ 其对称轴，开口向上，‎ 所以函数在上单调递减，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查求椭圆标准方程，以及直线与椭圆位置关系的应用，熟记椭圆标准方程的求法，椭圆的简单性质，以及弦长公式等即可，属于常考题型，计算量较大.‎ 请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分.‎ ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，），以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为 - 23 -‎ ‎．‎ ‎（1）判断直线与曲线的公共点的个数，并说明理由；‎ ‎（2）设直线与曲线交于不同的两点，点，若，求的值．‎ ‎【答案】（1）两个，理由见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，再将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得到一元二次方程，根据判别式，即可判断出结果；‎ ‎（2）先由（1）设方程的两根为，得到，，再由，得到，求解即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）由得，所以，‎ 即，‎ 将直线的参数方程代入，得，‎ 即，‎ 由知，，‎ 故直线与曲线有两个公共点；‎ ‎（2）由（1）可设方程的两根为，‎ 则，，‎ 故，‎ ‎∴，即，‎ - 23 -‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及由参数的方法判断直线与曲线位置关系，熟记极坐标与直角坐标的互化公式，以及参数方法研究曲线的弦长等即可，属于常考题型.‎ ‎23.已知实数满足，．‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，证明：．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据绝对值不等式的性质，得到，再由题中条件，根据不等式的性质，即可得出结论成立；‎ ‎（2）根据题意，由分析法逐步递推，得到显而易见的结论即可.‎ ‎【详解】（1）由绝对值不等式的性质可得：，‎ 又，，‎ 故；‎ ‎（2）因为，‎ 要证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 又，当且仅当，即时，等号成立；‎ 所以即证成立，‎ - 23 -‎ 即证成立，‎ 由（1）知显然成立，‎ 因此，‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的证明，熟记含绝对值不等式的性质，基本不等式，以及不等式的证明方法即可，属于常考题型．‎ ‎ ‎ - 23 -‎ ‎ ‎ - 23 -‎