2020届重庆市南开中学高三下学期3月月考数学（理）试题（解析版）

2020届重庆市南开中学高三下学期3月月考数学（理）试题

一、单选题

1．如果复数（，为虚数单位）的实部与虚部相等，则的值为（   ）

A．1 B．-1 C．3 D．-3

【答案】D

【解析】由复数的除法运算化简得到实部和虚部，令其相等即可得解.

【详解】

，

由题意知：，解得.

故选D.

【点睛】

本题主要考查了复数的除法运算及实部和虚部的定义，属于基础题.

2．若，，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】先求出集合B，再求并集即可.

【详解】

由，得.

.

故选C.

【点睛】

本题主要考查了集合的描述法及并集的运算，属于基础题.

3．向量，，若，的夹角为钝角，则的范围是（   ）

A． B． C．且 D．

【答案】C

【解析】若，的夹角为钝角，则且不反向共线，进而利用坐标运算即可得解.

【详解】

若，的夹角为钝角，则且不反向共线，

，得.

向量，共线时，，得.此时.

所以且.

故选C.

【点睛】

本题主要考查了利用数量积研究向量的夹角，当为钝角时，数量积为0，容易忽视反向共线时，属于易错题.

4．《掷铁饼者》 取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间.现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为米，肩宽约为米，“弓”所在圆的半径约为米，你估测一下掷铁饼者双手之间的距离约为（    ）

（参考数据：）

A．米 B．米

C．米 D．米

【答案】B

【解析】由题分析出“弓”所在弧长，结合弧长公式得出这段弧所对圆心角，双手之间距离即是这段弧所对弦长.

【详解】

由题：“弓”所在弧长，其所对圆心角，

两手之间距离.

故选：B

【点睛】

此题考查扇形的圆心角和半径与弧长关系的基本计算，关键在于读懂题目，提取有效信息.

5．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有

A．60种 B．70种 C．75种 D．150种

【答案】C

【解析】试题分析：因,故应选C．

【考点】排列数组合数公式及运用．

6．已知某个几何体的三视图如图,根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的表面积是(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】如图所示，还原几何体，证明，计算表面积得到答案.

【详解】

还原几何体，如图所示：连接

简单计算得到，，故，平面，故.故，

表面积为：

故选：

【点睛】

本题考查了三视图，表面积的计算，还原几何体是解题的关键.

7．下列函数中，最小正周期为，且图象关于直线对称的函数是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】首先选项C中函数的周期为,故排除C,将,代入A,B,D求得函数值,而函数在对称轴处取最值,即可求出结果.

【详解】

先选项C中函数的周期为,故排除C,将,代入A,B,D求得函数值为,而函数在对称轴处取最值.

故选:.

【点睛】

本题考查三角函数的周期性、对称性,难度较易.

8．我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度（单位：尺），则①②③处可分别填入的是（   ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】D

【解析】先由第一天剩余的情况确定循环体，再由结束条件确定循环条件即可.

【详解】

根据题意可知，第一天，所以满足，不满足，故排除AB，

由框图可知，计算第二十天的剩余时，有，且，所以循环条件应该是.

故选D.

【点睛】

本题考查了程序框图的实际应用问题，把握好循环体与循环条件是解决此题的关键，属于中档题.

9．已知是第二象限角，且，则的值为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据诱导公式得，进而由同角三角函数的关系及角所在象限得，再利用正切的二倍角公式可得解.

【详解】

由，得.

因为是第二象限角，所以.

.

.

故选C.

【点睛】

本题主要考查了同角三角函数的关系及正切的二倍角公式，属于基础题.

10．己知函数在区间上恰有一个零点，则实数的取值范围是（    ）

A．或 B．或

C．或 D．或

【答案】D

【解析】构造函数，利用导数得出其单调性，将零点问题，转化为函数的交点问题，即可得出答案.

【详解】

解：令，则；.令；；

∴当时，，单调递减；当时，，单调递增；

∴当时，有，又∵，，∴

∵在上只有一个零点，∴只有一个解；∴或.

【点睛】

本题主要考查了已知函数的零点个数求参数范围，属于中档题.

11．在中，，且所在平面内存在一点使得，则面积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】以的中点为坐标原点，建立直角坐标系，写出三点的坐标，利用两点间距离公式，以及圆与圆的位置关系，解不等式，得出的范围，再由三角形的面积公式以及二次函数的性质，即可得出面积的最大值.

【详解】

以的中点为坐标原点，所在直线为轴，建立直角坐标系

设，，，则

设，由得

即，

即点既在为圆心，为半径的圆上，又在为圆心，1为半径的圆上

可得，由两边平方化简可得

则的面积为

由，可得，取得最大值，且为.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了两点间距离公式的应用以及由圆与圆的位置关系求参数范围，属于中档题.

二、填空题

12．已知抛物线焦点为，经过的直线交抛物线于，，点，在抛物线准线上的射影分别为，，以下四个结论：①，②，③，④的中点到抛物线的准线的距离的最小值为2.其中正确的个数为（   ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【解析】设直线为与抛物线联立，由韦达定理可判断①，由抛物线定义可判断②，由可判断③，由梯形的中位线定理及韦达定理可判断④.

【详解】

物线焦点为，易知直线的斜率存在，

设直线为.

由，得.

则，①正确；

，②不正确；

，，③正确；

的中点到抛物线的准线的距离 .

当时取得最小值2. ④正确.

故选C.

【点睛】

本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了设而不求的思想，转化与化归的能力，属于中档题.

13．(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为________.

【答案】40

【解析】先求出的展开式的通项，再求出即得解.

【详解】

设的展开式的通项为，

令r=3,则，

令r=2,则，

所以展开式中含x3y3的项为.

所以x3y3的系数为40.

故答案为：40

【点睛】

本题主要考查二项式定理求指定项的系数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

14．在锐角三角形中，，，分别为角、、所对的边，且，，且的面积为，的值为__________．

【答案】5

【解析】由正弦定理边化角可得，由面积公式和余弦定理列方程可得.

【详解】

由，结合正弦定理可得.

在锐角三角形中，可得.

所以的面积，解得.

由余弦定理可得，

解得.

故答案为5.

【点睛】

本题主要考查了正余弦定理及三角形面积公式的应用，重点考查了计算能力，属于基础题.

15．如图所示，有三根针和套在一根针上的个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上.

（1）每次只能移动一个金属片；

（2）在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面.

将个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数记为，则__________．

【答案】2n-1;

【解析】【详解】

设h（n）是把n个盘子从1柱移到3柱过程中移动盘子之最少次数

n=1时，h（1）=1；

n=2时，小盘→2柱，大盘→3柱，小柱从2柱→3柱，完成，即h（2）=3=22-1；

n=3时，小盘→3柱，中盘→2柱，小柱从3柱→2柱，[用h（2）种方法把中、小两盘移到2柱，大盘3柱；再用h（2）种方法把中、小两盘从2柱3柱，完成]，

h（3）=h（2）×h（2）+1=3×2+1=7=23-1，

h（4）=h（3）×h（3）+1=7×2+1=15=24-1，

…

以此类推，h（n）=h（n-1）×h（n-1）+1=2n-1，

故答案为:2n-1．

16．一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，，，，则该四面体的外接球的体积为__________．

【答案】

【解析】将四面体补充为长宽高分别为的长方体，体对角线即为外接球的直径，从而得解.

【详解】

采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个顶点在一个长方体上，该长方体的长宽高分别为，长方体的外接球即为该四面体的外接球，外接球的直径即为长方体的体对角线，所以球半径为，体积为.

【点睛】

本题主要考查了四面体外接球的常用求法：补体法，通过补体得到长方体的外接球从而得解，属于基础题.

三、解答题

17．设数列满足,

(1)求证:数列是等比数列;

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析;(2).

【解析】（1）计算得到，得到证明.

（2）计算，利用分组求和法计算得到答案.

【详解】

(1),，故

故是首项为1,公比为的等比数列.

(2) 故

故

【点睛】

本题考查了等比数列的证明，分组求和法，意在考查学生对于数列方法，公式的综合应用.

18．某市对全市高二学生的期末数学测试成绩统计显示，全市10000名学生的数学成绩服从正态分布.现从甲校高二年级数学成绩在100分以上（含100分）的共200份试卷中用系统抽样的方法抽取了20份试卷进行分析（试卷编号为001，002，…，200），成绩统计如下：

注：表中试卷编.

（1）写出表中试卷得分为144分的试卷编号（写出具体数据即可）；

（2）该市又用系统抽样的方法从乙校中抽取了20份试卷，将甲乙两校这40份试卷的得分制作成如图所示的茎叶图，在这40份试卷中，从成绩在140分以上（含140分）的学生中任意抽取3人，这3人中数学成绩在全市排名前15名的人数记为，求随机变量的分布列和期望.

附：若，则，，

【答案】（1）180；（2）详见解析.

【解析】（1）根据等距抽样的定义直接得到答案；

（2）根据正态分布得到全市排名前15名的成绩全部在146分以上，（含146分），根据茎叶图，得出的取值及其相应概率，即可得出随机变量的分布列和期望.

【详解】

（1）因为200份试卷中用系统抽样中等距抽样的方法抽取了20份试卷，所以相邻两份试卷编号相差为1，所以试卷得分为144分的试卷编号180.

（2）∵，根据正态分布可知： ，

∴，即全市排名前15名的成绩全部在146分以上，（含146分）

根据茎叶图可知这40人中成绩在146分以上含146分的有3人，而成绩在140分以上含140分的有8人，

∴的取值为0，1，2，3

 ，

，

∴的分布列为

因此.

【点睛】

本题主要考查了系统抽样，正态分布，分布列以及期望，属于中档题.

19．如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面底面，为上的点，且平面

（1）求证：平面平面；

（2）当三棱锥体积最大时，求二面角的余弦值．

【答案】（1）见证明；（2）.

【解析】（1）通过侧面底面，可以证明出面，这样可以证明出

，再利用平面，可以证明出，这样利用线面垂直的判定定理可以证明出面，最后利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平面；

（2）利用三棱锥体积公式可得，

利用基本不等式可以求出三棱锥体积最大值，此时可以求出的长度，以点为坐标原点，以，和分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系．求出相应点的坐标，求出面的一个法向量，面的一个法向量，利用空间向量数量积的运算公式，可以求出二面角的余弦值.

【详解】

（1）证明：∵侧面底面，侧面底面，四边形为正方形，∴，面，

∴面，

又面，

∴，

平面，面，

∴，

，平面，

∴面，

面，

∴平面平面．

（2），

求三棱锥体积的最大值，只需求的最大值．

令，由（1）知，，

∴，

而，

当且仅当，即时，

的最大值为．

如图所示，分别取线段，中点，，连接，，

以点为坐标原点，以，和分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系．

由已知，

所以，

令为面的一个法向量，

则有，

∴

易知为面的一个法向量，

二面角的平面角为，为锐角

则.

【点睛】

本题考查了证明面面垂直，考查了三棱锥的体积公式、基本不等式的应用，以及利用空间向量的数量积求二面角余弦值的问题.

20．已知点，的坐标分别为，，三角形的两条边，所在直线的斜率之积是．

（I）求点的轨迹方程：

（II）设直线方程为，直线方程为，直线交于点，点，关于轴对称，直线与轴相交于点．若面积为，求的值．

【答案】（1）（2）

【解析】(1)本题可以先将点的坐标设出，然后写出直线的斜率与直线的斜率,最后根据、所在直线的斜率之积是即可列出算式并通过计算得出结果；

(2)首先可以联立直线的方程与直线的方程，得出点两点的坐标，然后联立直线的方程与点的轨迹方程得出点坐标并写出直线的方程，最后求出点坐标并根据三角形面积公式计算出的值．

【详解】

（1）设点的坐标为，因为点的坐标分别为、，

所以直线的斜率，直线的斜率，

由题目可知，化简得点的轨迹方程；

（2）直线的方程为，与直线的方程联立，

可得点，故.

将与联立，消去，整理得，

解得，或，根据题目可知点，

由可得直线的方程为，

令，解得，故，

所以，的面积为

又因为的面积为，故，

整理得，解得，所以．

【点睛】

本题考查轨迹方程以及直线相交的综合应用问题，处理问题的关键是能够通过“、所在直线的斜率之积是”列出等式以及使用表示出三点的坐标，然后根据三角形面积公式得出算式，即可顺利解决问题，计算量较大，是难题．

21．己知函数，，.

（1）求函数的零点个数；

（2）若对任意恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】（1）分离参数，利用导数得出的单调性，结合图象，即可得出函数的零点个数；

（2）构造函数，，分类讨论的值，利用导数得出其单调性以及最值，即可得出的取值范围.

【详解】

解：（1）由题意，可知，∴不是的零点

当时，令，整理得，

令，.则.

或；

∴函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增

即在处取得极小值.

∵，；，；，

∴函数大致图象如下图所示：

结合图形可知：①当，即时，无解，即无解，此时没有零点，

②当，即时，有1个解，此时有1个零点，

③当，即时，有2个解，此时有2个零点，

④当，即时，有3个解，此时有3个零点，

综上所述，当时，没有零点；

当时，有1个零点；

当时，有2个零点；

当时，有3个零点.

（2）在上恒成立

∴在上恒成立

令，

；，即函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，则

令，，

当时，，则函数在区间上单调递增

即恒成立

当时，；

则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增

在区间上恒成立

令，

在区间上单调递增

，解得

综上，

【点睛】

本题主要考查了利用导数求函数零点的个数以及研究不等式的恒成立问题，属于中档题.

22．在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为（），直线的参数方程为（为参数）.

（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；

（2）己知点，直线与曲线交于，两点，若，，成等比数列，求的值.

【答案】（1）曲线的直角坐标方程为（），直线的普通方程为；（2）1.

【解析】（1）利用极坐标化直角坐标，参数方程化普通方程的方法化简即可；

（2）直线的参数方程与曲线的直角坐标方程联立，利用参数的几何意义，进行求解即可.

【详解】

解：（1）把代入中，得到曲线的直角坐标方程为（）

消掉参数，得到直线的普通方程为

（2）直线的参数方程与曲线的直角坐标方程联立，得

，点，分别对应参数，恰为上述方程的两实根

则，，

由，，成等比数列得，即，

代入得，解得或，∵∴.

【点睛】

本题主要考查了极坐标化直角坐标，参数方程化普通方程，直线参数方程参数的几何意义的应用，属于中档题.

23．已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若二次函数与函数的图象恒有公共点，求实数的取值范围.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）

【解析】试题分析：（1）当m=5时，把要解的不等式等价转化为与之等价的三个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求．

（2）由二次函数y=x2+2x+3=（x+1）2+2在x=﹣1取得最小值2，f（x）在x=﹣1处取得最大值m﹣2，故有m﹣2≥2，由此求得m的范围．

试题解析：

（1）当时，，

由得不等式的解集为.

（2）由二次函数，

知函数在取得最小值2，

因为，在处取得最大值，

所以要是二次函数与函数的图象恒有公共点.

只需，即.