1、重庆市第八中学2020届高三数学下学期第3次月考试题 理（含解析）第1卷（选择题，共60分）一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.设集合0，1，集合，则A. B. C. 1，D. 【答案】B【解析】【分析】先求得集合中函数的值域，然后求两个集合的交集.【详解】解：集合0，1，集合，故选B【点睛】本小题主要考查集合的交集的概念及运算，考查指数函数的值域的求法，属于基础题.2.1748年，瑞士著名数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式eixcosx+isinx，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，根据此公式可知，e2i表示的复数所对
2、应的点在复平面中位于（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】由已知可得，再由三角函数的象限符号得答案【详解】由题意可得，则表示的复数所对应的点在复平面中位于第二象限故选B【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题3.已知，且，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据两平面向量垂直的性质，结合平面向量数量积的运算性质、平面向量数量积的定义进行求解即可.【详解】 即.设与的夹角为 ，则，因为，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查利用向量的数量积求向量的夹角知识，属于基础题目.4.若，且，则（ ）A. B. C
3、. D. 【答案】D【解析】【分析】根据诱导公式，结合二倍角的余弦公式、余弦三角函数的正负性进行求解即可.【详解】因为，且，故， 又因为，所以，因此.所以.故选：D.【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换，属于中档题目.5.2019年10月1日上午，庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行.这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量，更是让世界感受到了中国的日新月异.今年的阅兵方阵有一个很抢眼，他们就是院校科研方阵.他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大学联合组建若已知甲、乙、丙三人来自上述三所学校，学历分别有学士、硕士、博士学位.现知道：甲不是军事科学院的；来自军事科学院的不是
4、博士；乙不是军事科学院的；乙不是博士学位；国防科技大学的是研究生则丙是来自哪个院校的，学位是什么( )A. 国防大学，研究生B. 国防大学，博士C. 军事科学院，学士D. 国防科技大学，研究生【答案】C【解析】【分析】根据可判断丙的院校；由和可判断丙的学位.【详解】由题意甲不是军事科学院的，乙不是军事科学院的；则丙来自军事科学院；由来自军事科学院的不是博士，则丙不是博士；由国防科技大学的是研究生，可知丙不是研究生，故丙为学士.综上可知，丙来自军事科学院，学位是学士.故选：C.【点睛】本题考查了合情推理的简单应用，由条件的相互牵制判断符合要求的情况，属于基础题.6.函数的图象大致是（ ）A. B
5、. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数的定义域,奇偶性,单调性及特殊值即可得出答案.【详解】由已知得： 当时， ，故 当时， ，故 所以函数不是偶函数，因此不能关于纵轴对称，故排除A，B.当 时， ，则，而 ，所以因此排除C,所以选D.故选：D.【点睛】本题主要考查根据题目所给的函数解析式找对应图象的问题，属于中档题目.该类型题目，从以下几个方面出发,即可得出正确答案：（1）函数的定义域.（2）函数的奇偶性.（3）函数的单调性.（4）特殊值.7.现有5名学生，甲、乙、丙、丁、戊排成一队照相，则甲与乙相邻，且甲与丁不相邻的站法种数为( )A. 36B. 24C. 22D. 20【答案
6、】A【解析】【分析】根据题意，先求得甲乙相邻的所有排列方法，再扣除甲乙相邻且甲和丁也相邻的情况，即为甲与乙相邻，且甲与丁不相邻的站法种数.【详解】当甲乙相邻，捆绑后作为一个整体，与另外三人全排列共有种；若甲和乙相邻、甲和丁也相邻，则甲不能在最左端和最右端，当甲站在中间三个位置时，乙和丁分别位于两侧，另两个人站剩余两个位置，共有种.故甲与乙相邻，且甲与丁不相邻的站法种数为种，故选：A.【点睛】本题考查了排列组合问题的实际应用，对位置由特殊要求的排列问题，选择用总数去掉不合题意的部分，即为所求内容，是常用方法，属于中档题.8.已知数列满足，为其前n项和，若，则（ ）A. 57B. 64C. 124
7、D. 120【答案】A【解析】【分析】根据完全平方公式和分组分解因式法对已知等式左右两边进行因式分解，结合等比中项的定义、等比数列前n项和公式进行求解即可.【详解】由，化简得：即数列 是以为首项的等比数列，又因为，所以公比设数列前n项和为Tn，则 又因为 故选：A.【点睛】本题主要考查等比数列及前n项和的有关知识，属于中档题目.9.抛物线C：的焦点为F，N为准线上一点，M为y轴上一点，且，若线段的中点E在抛物线C上，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由得为直角三角形，又因为E为线段的中点 且，从而得及的长度，进而得的长度，故【详解】作图如下：作准线 ，过点 作于
8、，过点 作于. 因为，所以为直角三角形，又因为E为线段的中点，所以 且又因为，所以 故 则： 故选：B.【点睛】本题主要考查抛物线的焦半径知识，属于中档题目.10.我国南宋著名数学家秦九韶发现了三角形三边求三角形面积的“三斜求积公式”，设三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，则“三斜求积公式”为，若，则用“三斜求积公式”求得的（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理把两个等式进行边角转化，然后把转化后的式子代入三斜求积公式中即可.【详解】由化简得：即：由化简得：，代入公式得：故选：C.【点睛】本题主要考查正弦定理的边角互化，属于中档题目.11.如图，
9、为的外接圆的直径，若，且，则（ ）A. 2B. C. 1D. 【答案】C【解析】【分析】作于点E，于点M，根据平面向量的定义，结合锐角三角函数的定义、垂径定理、平面向量的几何意义进行求解即可.【详解】作图如下：由题意得：作于点E，于点M，因为，即：所以，又因为，所以.即.又因为，所以 ，所以.即 在上的投影为.故选：C.【点睛】本题主要考查向量的数量积的几何意义，属于较难题.12.已知函数是定义在R上的奇函数，当时，给出下列命题：函数有2个零点；的解集为；，都有；当时，则.其中真命题的个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】函数是定义在R上的奇函数，当时，故当时，
10、；当时，.对于：令，解得函数有3个零点.对于：令，解得,对于:求出函数是定义在R上的最大值与最小值，即可得出结论.对于：通过对转化为最值问题，即可得出结论.【详解】因为函数是定义在R上的奇函数，当时，当时，当时，对于：令得： ，故函数有3个零点；故错误.对于：当时，令，解得： 当时，令，解得：故的解集为；故正确.对于：当时， ，在 处取最小值.当时，在 处取最大值.而最大值减去最小值： ，都有；故正确.对于：要使 ，又因为时，即 令，所以在 上单调递增，所以的最小值为.故正确.故选C.【点睛】本题是一道函数的综合题目，属于选择题压轴题，难度较大.第卷（非选择题，共90分）二、填空题：（本大题共
11、4小题，每小题5分，共20分）13.在的二项展开式中，二项式系数最大的项为_.【答案】【解析】【分析】由二项式系数的性质可得，展开式中中间项的系数最大,即最大项为：【详解】根据二项式展开式的二项式系数的性质得：二项式系数最大的项为展开式的中间项，即二项式系数最大的项为：.故答案为：.【点睛】主要考查二项式展开式中知识，属于基础题目.14.已知是等比数列，其中，则（）的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据等比数列定义可以判断数列是等比数列，利用等比数列的通项公式求出数列的公比，再利用等比数列前n项和公式化简所求的代数式，结合指数函数的单调性进行求解即可.【详解】由是等比数列，设公比为，因为
12、，所以数列是以为首项， 为公比的等比数列.又因为， 当时，当 时，（）的取值范围是.故答案为：【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和知识，属于中档题目.15.已知双曲线：的左、右焦点为、，过且斜率为的直线与的一条渐近线在第一象限相交于点，若，则该双曲线的离心率为_.【答案】3【解析】【分析】由得，从而有，再由直角三角形性质得，变形可得.【详解】，是直角三角形，又是中点，又在双曲线渐近线上，变形可得：，.故答案为3.【点睛】本题考查双曲线的几何性质，解题关键是掌握双曲线的性质：即过双曲线的右顶点作轴垂线，交渐近线于点，则，.16.如图，棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，以为圆心，1为半径，分
13、别在面和面内作弧和，并将两弧各五等分，分点依次为、以及、一只蚂蚁欲从点出发，沿正方体的表面爬行至，则其爬行的最短距离为_参考数据：；）【答案】【解析】【分析】根据空间位置关系，将平面旋转后使得各点在同一平面内，结合角关系即可求得两点间距离的三角函数表达式.根据所给参考数据即可得解.【详解】棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，以为圆心，1为半径，分别在面和面内作弧和.将平面绕旋转至与平面共面的位置，如下图所示：则，所以；将平面绕旋转至与平面共面的位置，将绕旋转至与平面共面的位置，如下图所示：则，所以；因为，且由诱导公式可得，所以最短距离为，故答案为：.【点睛】本题考查了空间几何体中最短距离的求
14、法，注意将空间几何体展开至同一平面内求解的方法，三角函数诱导公式的应用，综合性强，属于难题.三、解答题：（共70分）17.如图，四棱锥中，底面是正方形，且，E为中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由，即：，又因为，即：，所以平面.（2）通过建立空间直角坐标系，运用向量法即可求出二面角正弦值.【详解】解：（1）底面是正方形，又，平面，.同理可得，又，平面.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设底面正方形的边长为2，则，.设是平面的法向量，则又，令，则，得设是平面的法向量，则又，令，是平面的一个法向量，则，二面角的正弦值为.【点
15、睛】本题主要考查线面垂直及二面角的知识，属于中档题目.18.在斜三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.（1）若，求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）1.【解析】【分析】（1）由，变形化简得：，展开化简即可得出答案.（2）由边角关系互化得：，再由，化简即可得出答案.【详解】解：（1）在斜三角形中，所以可化为，即.故.整理得，因为是斜三角形，所以，所以.（2）由正弦定理得.从而可化为.由余弦定理得.整理得，即.【点睛】本题主要考查三角形中的恒等变换，通过边角互化，即可得出答案.属于中档题目.19.设直线与直线分别与椭圆交于点，且四边形的面积为.（1）求椭圆的方程；（2）设过点的
16、动直线与椭圆相交于，两点，是否存在经过原点，且以为直径的圆？若有，请求出圆的方程，若没有，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，圆的方程为.【解析】【分析】（1）根据两条直线解析式特征可知直线与直线关于坐标轴对称，则为矩形，将与椭圆方程联立，表示出交点的横纵坐标，即可由四边形的面积确定参数，求得椭圆的方程；（2）设直线的方程，两个交点坐标.联立椭圆方程后化简，用韦达定理表示出，经过原点，且以为直径的圆满足，即，由平面向量数量积的坐标运算代入即可求得斜率.由中点坐标公式即可求得线段中点的坐标，进而求得的值，即可得圆的标准方程.【详解】（1）由题意可知直线与直线关于坐标轴对称，所以四边形为矩形，
17、则，解得所以，解得，代入椭圆方程可得.（2）存在.设，由题意可知直线的斜率必然存在.直线过点，设直线的方程为，则，化简可得，所以，经过原点，且以为直径的圆满足，即，则，解方程可得，经检验可知都满足.设线段的中点为.则所以，所以存在满足条件的圆，圆的方程为.【点睛】本题考查了直线与椭圆位置关系，直线与椭圆交点坐标求法，由韦达定理求参数值，中点坐标公式的应用，圆的标准方程求法，平面向量数量积的坐标运算，综合性强，属于难题.20.2019年4月，河北、辽宁、江苏、福建、湖北、湖南、广东、重庆等8省市发布高考综合改革实施方案，决定从2018年秋季入学的高中一年级学生开始实施“”高考模式.所谓“”，即“
18、3”是指考生必选语文、数学、外语这三科；“1”是指考生在物理、历史两科中任选一科；“2”是指考生在生物、化学、思想政治、地理四科中任选两科.（1）若某考生按照“”模式随机选科，求选出的六科中含有“语文，数学，外语，物理，化学”的概率.（2）新冠疫情期间，为积极应对“”新高考改革，某地高一年级积极开展线上教学活动.教育部门为了解线上教学效果，从当地不同层次的学校中抽取高一学生2500名参加语数外的网络测试，并给前400名颁发荣誉证书，假设该次网络测试成绩服从正态分布，且满分为450分.考生甲得知他的成绩为270分，考试后不久了解到如下情况：“此次测试平均成绩为171分，351分以上共有57人”，
19、请用你所学的统计知识估计甲能否获得荣誉证书，并说明理由；考生丙得知他的实际成绩为430分，而考生乙告诉考生丙：“这次测试平均成绩为201分，351分以上共有57人”，请结合统计学知识帮助丙同学辨别乙同学信息的真伪，并说明理由.附：；.【答案】（1）；（2）能，理由见解析；无法辨别乙同学信息真假，理由见解析【解析】【分析】（1）已经选出五科，再从剩余三个科目中选1个科目的方法为，计算出从物理、历史里选一门，生物、化学、思想政治、地理4门中选2门的总方案数，即可得其概率.（2）由题意可知， ，而 ，结合原则可求得的值，结合获奖概率，并求得，比较后可求得获奖的最低成绩，即可由甲的成绩得知甲能否获得荣
20、誉证书.假设乙所说为真，求得，进而求得的值，从而确定的值，即可确定的概率.比较后即可知该事件为小概率事件，而丙已经有这个成绩，因而可判断乙所说为假.【详解】解：（1）设事件A：选出的六科中含有“语文，数学，外语，物理，化学”，则（2）设此次网络测试的成绩记为X，则由题知，因为，且所以，而，且所以前400名的成绩的最低分高于分而，所以甲同学能获得荣誉证书假设乙所说的为真，则，而，所以，从而，而答案示例1：可以认为乙同学信息为假，理由如下：事件“”为小概率事件，即“丙同学的成绩为430分”是小概率事件，可认为其不可能发生，但却又发生了，所以可认为乙同学信息为假；答案示例2：无法辨别乙同学信息真假，
21、理由如下：事件“”即“丙同学的成绩为430分”发生的概率虽然很小，一般不容易发生，但是还是有可能发生的，所以无法辨别乙同学信息真假.【点睛】本题考查了古典概型概率求法，由组合数求法求概率，结合原则求概率值， 并由原则判断事件真伪，综合性强，属于难题.21.已知函数.（1）讨论函数的零点个数；（2）若（为给定的常数，且），记在区间上的最小值为，求证：.【答案】（1）当时，无零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据解析式求得导函数，并令求得极值点.在极值点两侧，判断导函数的符号，并求得最小值.结合当及时函数值特征，即可确定零点个数.（2）根据及，可得.
22、进而确定的表达式，代入不等式化简变形，并令，构造函数，求得后由导函数符号判断的单调性及最值，即可证明不等式成立.【详解】（1）函数，则，令，解得，当时，所以在为单调递减；当时，所以在为单调递增；所以，当时；当时；当，即时，无零点；当，即时，有一个零点；当，即时，有两个零点；（2）证明：因为，所以，由（1）可知在区间上的最小值，所以不等式可化为，移项化简可得，所以，即，令，则.所以原不等式可化为，令.则，所以在单调递减，则，即成立，原不等式得证.【点睛】本题考查了由导数求函数的单调区间，根据单调区间的取值特点判断零点个数，由导函数的单调性证明不等式成立，由不等式性质化简变形，对理解问题分析问题能
23、力要求高，属于难题.请从下面所给的22、23两题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑，按所涂题号进行评分；不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.【选修4-4：极坐标与参数方程】22.在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（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，设曲线与曲线的公共弦所在直线为l.（1）在直角坐标系下，求曲线与曲线的普通方程；（2）若以坐标原点为中心，直线l顺时针方向旋转后与曲线、曲线分别在第一象限交于A、B两点，求.【答案】（1）：；：；（2）【解析】【分析】（1）由 消参数得到的普通方程，
24、对于两边同乘以，即可得到曲线的普通方程.（2）将与的普通方程相减，即直线l的方程：，即l的极坐标方程为（），顺时针方向旋转后，即可得出直线的极坐标方程，即直线的极坐标方程为，设，.【详解】解：（1）圆的参数方程为（为参数），其普通方程为，圆的极坐标方程为，化为普通方程为，（2）由，两式作差可得：，即直线l的极坐标方程为（）；由题可知直线的极坐标方程为，圆的极坐标方程为，不妨设，其中，则【点睛】此题主要考查圆的参数方程、圆的极坐标方程与普通方程的转化，属于中档题目.【选修4-5：不等式选讲】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.
