1、重庆市第八中学2020届高三数学下学期第3次（4月）月考试题 文（含解析）一、选择题：本题共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.已知集合，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用交集定义直接求解【详解】集合，0，故选：B【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2.设，则( )A. B. C. 2D. 5【答案】B【解析】【分析】根据复数的基本运算法则进行化简即可【详解】，则，故选：B【点睛】本题主要考查复数的除法运算，复数模的计算，比较基础3.已知向量，则向量与向量的夹角为( )A.
2、 B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件及向量夹角余弦公式即可得出，然后根据向量夹角的范围即可求出夹角的大小【详解】，且，向量的夹角为故选：A【点睛】本题考查了向量夹角的余弦公式，向量夹角的范围，考查了计算能力，属于基础题4.函数，则与的图象可能为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取特殊值，利用排除法即得解【详解】当时，选项B符合故选：B【点睛】本题考查常见函数的图象，属于基础题5.已知双曲线的右焦点为，过点作一条直线与其中一条渐近线垂直，垂足为为坐标原点，则( )A. 3B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求得F到渐近线的距离即可得从而求得面积【详
3、解】双曲线的右焦点为，F到渐近线的距离则则，故选：D【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于基础题6.为了调节高三学生学习压力，某校高三年级举行了拔河比赛，在赛前三位老师对前三名进行了预测，于是有了以下对话：老师甲：“7班男生比较壮，7班肯定得第一名”老师乙：“我觉得14班比15班强，14班名次会比15班靠前”老师丙：“我觉得7班能赢15班”最后老师丁去观看完了比赛，回来后说：“确实是这三个班得了前三名，且无并列，但是你们三人中只有一人预测准确”那么，获得一、二、三名的班级依次为( )A. 7班、14班、15班B. 14班、7班、15班C. 14班、15班、7班D. 15班、14班、7
4、班【答案】C【解析】【分析】分别假设甲、乙、丙预测准确，分析三个人的预测结果，由此能求出一、二、三名的班级【详解】假设甲预测准确，则乙和丙都预测错误，班名次比15班靠后，7班没能赢15班，故甲预测错误；假设乙预测准确，则甲和乙都预测错误，班不是第一名，14班名次比15班靠前，7班没能赢15班，则获得一、二、三名的班级依次为14班，15班，7班；假设丙预测准确，则甲和乙都预测错误，班不是第一名，14班名次比15班靠后，7班能赢15班，不合题意综上，得一、二、三名的班级依次为14班，15班，7班故选：C【点睛】本题考查获得一、二、三名的班级的判断，考查合情推理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题
5、7.如图是一个算法流程图，输出的为( )A. 50B. C. 51D. 【答案】B【解析】【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【详解】模拟程序的运行，可得， 满足条件，执行循环体， 满足条件，执行循环体， 满足条件，执行循环体， 观察规律可知，当时，满足条件，执行循环体， 此时，不满足条件，退出循环，可得故选：B【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题8.已知函数为偶函数，且该函数离原点最近的一个对称中心为，则在内的零点个数为( )A.
6、 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】由函数为偶函数求得，再由已知求出周期，进一步求得，可得函数解析式，根据三角函数的图象判断零点个数即可【详解】由函数为偶函数，所以，；又因为该函数离原点最近的一个对称中心为，所以，；所以，由函数图像可知在内的零点个数为3个故选：C【点睛】本题考查了型函数的图象及性质，属于基础题9.已知函数在为单调递增函数，则的取值范围为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】要使分段函数在上是增函数，必须每一段都是增函数，且整体也是增函数，故且，解得a的取值范围即可【详解】要使得函数在上为增函数，则满足，故；则a的取值范围为故选：C【点睛】本
7、题考查了分段函数为增函数的条件，正确理解增函数的定义是关键，属于基础题10.已知三棱锥的外接球为球，为球的直径，且，若面面，则三棱锥的体积最大值为( )A. B. C. 1D. 2【答案】A【解析】【分析】由题意画出图形，可得连接OC，OB，则，两三棱锥高的和的最大值为，再求出三角形OBC面积的最大值得答案【详解】如图，连接OC，OB，则，两三棱锥高的和的最大值为要使三棱锥的体积最大，则面积，取最大值时，三棱锥的体积最大值为故选：A【点睛】本题考查球内接多面体体积最值的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查数学转化思想方法，是中档题11.已知为定义在上的奇函数，且满足，已知时，若，则的大小关系
8、为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数的奇偶性和单调性，结合函数的周期性进行转化判断即可【详解】为定义在R上的奇函数，且满足，则，即，则函数周期是4，时，为增函数，则在上为增函数，即，故选：D【点睛】本题主要考查函数值的大小比较，结合函数的奇偶性和对称性求出函数的周期是解决本题的关键有一定的难度12.已知抛物线的焦点为，过点作直线与抛物线交于两点，点在第一象限，过点作抛物线准线的垂线，垂足为，点为上一点，且，连接并延长交轴于点，已知的面积为，则点的横坐标为( )A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【分析】由抛物线的方程可得焦点F的坐标，及准线方程，设B
9、的坐标，可得C的坐标，由，可得E的坐标，再由C，E，D三点共线可得D的坐标用B的坐标表示的值，再由的面积可得D的坐标【详解】设，由题意可得焦点，准线方程为，所以可得，由，可得，可得，即，因为C，E，D三点共线，可得，即，可得，因为的面积为，所以，即，可得，所以，故选：B【点睛】本题主要考查了抛物线的性质及三点共线的性质，即直线与抛物线的综合，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.13.已知，则_.【答案】【解析】【分析】由题意，根据二倍角公式、同角三角函数基本关系求得的值【详解】，故答案：【点睛】本题主要考查二倍角公式、同角三角函数的基本关系在三角函数化简求值中的应用，属于
10、基础题14.若变量满足约束条件，则的最大值为_.【答案】9【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】由约束条件作出可行域如图：化目标函数为：，由图可知，当直线过时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为9故答案为：9【点睛】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题15.在中，内角所对的边分别为，已知，则_.【答案】【解析】【分析】由已知结合正弦定理及余弦定理即可求解.【详解】因为，由正弦定理可得，即，因为，所以，由余弦定理可得，故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦定理及余弦定理在求解三角形中
11、的应用，属于基础试题16.若函数（为自然对数的底数）在的区间内有两个极值点，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】由已知可得在的区间内有两个解，分离参数后转化为求解函数的交点问题，构造函数结合导数可求【详解】在的区间内有两个极值点，则在的区间内有两个解，即在的区间内有两个解，令，则，易得，当，函数单调递减，当，函数单调递增，又时，且，故，故答案为：【点睛】本题主要考查了函数极值存在条件的应用，解题中体现了转化思想的应用三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：共60
12、分.17.已知函数满足，数列满足.（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）数列的前项和为，设，求数列的前80项和.【答案】（1）证明见解析，（2）3240【解析】【分析】将已知等式两边同除以，结合等差数列的定义和通项公式，即可得到所求；由等差数列的求和公式，以及平方差公式，结合数列的并项求和，等差数列的求和公式，计算可得所求和【详解】证明：，可得，则，即，可得数列是首项为1，公差为2的等差数列；则，即，可得，；，【点睛】本题考查等差数列的定义和通项公式、求和公式的运用，考查数列的并项求和，化简运算能力，属于中档题18.为了解某品种一批树苗生长情况，在该批树苗中随机抽取了容量为12
13、0的样本，测量树苗高度(单位：cm)，经统计，其高度均在区间19，31内，将其按19，21)，21，23)，23，25)，25，27)，27，29)，29，31分成6组，制成如图所示的频率分布直方图.其中高度为27cm及以上的树苗为优质树苗.（1）求图中a的值，并估计这批树苗高度的中位数和平均数(同一组数据用该组区间的中点值作代表)；（2）已知所抽取的这120棵树苗来自于AB两个试验区，部分数据如下列联表：将列联表补充完整，并判断是否有99.9%的把握认为优质树苗与A，B两个试验区有关系，并说明理由.参考数据：参考公式：，其中【答案】（1）；中位数为，平均数为（2）填表见解析；没有的把握认为优
14、质树苗与，两个试验区有关系，详见解析【解析】【分析】（1）先分析频率分布直方图，再由中位数，平均数的求法求解即可；（2）先结合直方图完成列联表，再结合公式求出，然后结合临界值表即可得解.【详解】解：（1）由频率分布直方图得：，解得.设中位数为，则，解得，平均数，所以估计这批树苗高度的中位数为，平均数为.（2）根据直方图可知，样本中优质树苗有，列联表如下：试验区试验区合计优质树苗非优质树苗合计.所以，没有的把握认为优质树苗与，两个试验区有关系.【点睛】本题考查了频率分布直方图,重点考查了独立性检验,属基础题.19.如图，四棱锥的底面是平行四边形，是等边三角形且边长是4，.（1）证明：；（2）若，
15、求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】取AP中点M，连接DM，BM，由等腰三角形的性质可得，再由线面垂直的判定可得平面进一步得到；由知，平面BDM，求出三角形BDM的面积，得到三棱锥的体积，进一步求得四棱锥的体积【详解】证明：取AP中点M，连接DM，BM，平面DMB又平面DMB，由知，平面BDM，在等边三角形PAB中，由边长为4，得，在等腰三角形ADP中，由，得，又，得则【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题20.已知A，B是椭圆C：)的左右顶点，P点为椭圆C上一点，点P关于x轴的对称点为H，且（
16、1）若椭圆C经过了圆的圆心，求椭圆C的标准方程；（2）在（1）的条件下，抛物线D：的焦点F与点关于y轴上某点对称，且抛物线D与椭圆C在第四象限交于点Q，过点Q作直线与抛物线D有唯一公共点，求该直线与两坐标轴围成的三角形面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）结合斜率公式及椭圆C经过了圆的圆心，求出，即可得解；（2）联立抛物线方程及椭圆方程求出交点坐标，然后设直线方程为，联立直线方程与抛物线方程，结合，解得，再分别求出横、纵截距，再求三角形面积即可.【详解】解：（1）设，因为，则点关于轴的对称点，则，因为，所以，所以，又椭圆过圆的圆心，所以，所以椭圆的标准方程为；（2）由题意，抛物线焦点
17、为，故其方程为，联立方程组，解得或（舍去），所以，据题意，过点的直线，斜率存在且不为，设直线方程为，联立方程组，整理得，由，解之得，所以直线方程为.即是.令，得；令，得.故所求三角形的面积为.【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的位置关系，重点考查了运算能力，属中档题.21.已知函数，.（1）讨论函数零点个数；（2）设，证明：当时，.【答案】（1）时，无零点；时，2个零点（2）证明见解析【解析】【分析】分类讨论，可得，分别，利用导数求出函数的最值，即可判断函数的零点的个数，当时，不等式成立，当时，转化为，设，利用导数求出函数的最值即可证明【详解】当时，当时，即，设，当且时，即在，上单调递减，当时，即
18、在上单调递递增，当时，当时，当时，分别画出与的图象，如图所示，结合图象可得，当时，与的图象只有一个交点，即函数只有一个零点，当时，与的图象没有只有交点，即函数没有零点，当时，与的图象有两个交点，即函数有两个零点证明：当时，此时a取任何数都成立，当时，要证当时，只要证，即证，只要证，只要证，即证设，令，当时，函数在上单调递增，当时，函数在上单调递减，存在，使得，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，成立，即当时，综上所述：时，当时，【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题，构造函数求函数的导数，利用导数是解决本题的关键综合考查学生的运算和推理能力，属于难题(二)选考题：共10分.请考生在第22、2
19、3题中任选一题作答.如果多做则按所做的第一题计分.22.已知直线l的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为222cos 212.若曲线C的左焦点F在直线l上，且直线l与曲线C交于A，B两点.(1)求m的值并写出曲线C的直角坐标方程；(2)求的值.【答案】(1)；(2)4.【解析】试题分析：（1）根据直角坐标和极坐标系之间的转化关系可知，曲线的标准方程为，则其左焦点为，将其代入直线的参数方程，即可求得. （2）将直线的参数方程与曲线的方程联立，得，则，故.试题解析：（1）已知曲线的标准方程为，则其左焦点为，故，曲线的方程.（2）直线的参数方
20、程为，与曲线的方程联立，得，则，故.23.已知函数，且对任意的，.（1）求的取值范围；（2）若，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先求得函数式，结合绝对值三角不等式即可求得最小值，进而得的取值范围；（2）由（1）中的取值范围，结合可得.代入不等式及函数解析式，分类讨论得分段函数解析式，并求得各自的最大值，即可证明不等式成立.【详解】（1）函数，由绝对值三角不等式可得当且仅当时取等号，因而（2）证明：由（1）可知，且，则，要证明，只需证明，而，当时，.当时，综上可知，原命题得证.【点睛】本题考查了绝对值三角不等式的综合应用，去绝对值化简函数表达式，由分段函数最值证明不等式成立，属于中档题.
