2020届重庆市南开中学高三第五次教学质量检测考试数学（理）试题（解析版）.doc

2020届重庆市南开中学高三第五次教学质量检测考试数学（理）试题 一、单选题 1．已知集合,,则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】化简集合,根据交集定义即可求得答案. 【详解】 又 故选:D. 【点睛】 本题考查了集合的交集,在集合运算比较复杂时,可以使用数轴来辅助分析问题,属于基础题. 2．已知随机变量，若，则（ ） A．0.2 B．0.3 C．0.5 D．0.7 【答案】B 【解析】由随机变量,当,结合,即可求得,根据正态分布的对称性,即可求得答案. 【详解】 随机变量 当 又 ,可得 根据正态分布的对称性可得: 故选:B. 【点睛】 本题主要考查正态分布的对称性,意在考查对基础知识的掌握与应用,属于基础题. 3．已知,,,则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为,,由得:,即可求得答案. 【详解】 根据图像可知: 又 , 根据图像,由 综上所述,. 故选:C. 【点睛】 本题考查比较数值大小,这类大小比较一般是借助中间值,与中间值比较后可得它们的大小关系. 4．2016年1月6日，中国物流与采购联合会正式发布了中国仓储指数，中国仓储指数是反映仓储行业经营和国内市场主要商品供求状况与变化趋势的一套指数体系，如图所示的折线图是2019年甲企业和乙企业的仓储指数走势情况.根据该折线图，下列结论中不正确的是（ ） A．2019年1月至4月甲企业的仓储指数比乙企业的仓储指数波动大 B．甲企业2019年的年平均仓储指数明显低于乙企业2019年的年平均仓储指数 C．两企业2019年的最大仓储指数都出现在4月份 D．2019年7月至9月乙企业的仓储指数的增幅高于甲企业 【答案】D 【解析】先对图表数据分析处理,再结合简单的合情推理,对每个选项逐一判断即可得到答案. 【详解】 对于A,从图可以看出, 2019年1月至4月甲企业的仓储指数比乙企业的仓储指数波动大,故A结论正确; 对于B,从图可以看出,甲企业2019年的年平均仓储指数明显低于乙企业2019年的年平均仓储指数,故B结论正确; 对于C,从图可以看出,两企业2019年的最大仓储指数都出现在4月份,故C结论正确; 对于D,从图可以看出,2019年7月至9月乙企业的仓储指数的增幅低于甲企业,故D结论错误. 故选:D. 【点睛】 本题考查了折线图,掌握折线图相关知识是解题关键,考查了分析能力,属于基础题. 5．已知各项均为正数的等比数列的前4项和为45，且，则（ ） A．6 B．9 C．12 D．15 【答案】A 【解析】设等比数列的公比为,由等比数列的前项和公式和等比数列通项公式,结合已知即可求得答案. 【详解】 根据等比数列通项公式 即 解得:或(舍去) 等比数列的前4项和为45 根据等比数列的前项和公式 可得,解得 故: 故选:A. 【点睛】 本题主要考查等比数列的通项公式,等比数列的前项和公式的应用.解题关键是掌握等比数列前项和公式,考查了计算能力,属于中档题 6．若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由,可得,根据即可求得答案. 【详解】 ,可得 故选: C. 【点睛】 本题考查了诱导公式及二倍角的余弦公式,解题的关键是根据已知条件选用余弦的二倍角公式来解决问题. 7．的展开式中项的系数为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】将化简为:,写出二项展开式的通项公式,即可求得答案. 【详解】 二项展开式的通项公式 中不含项,无需求解. 中含项,即当时 中含项,即当时 的展开式中项 故选:A. 【点睛】 本题考查求二项式展开式中常数项,解题关键是掌握二项展开式的通项公式,考查分析能力和计算能力,属基础题. 8．数列:称为斐波那契数列,是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例而引入,故又称为“兔子数列”.该数列前两项均为,从第三项开始,每项等于其前相邻两项之和,某同学设计如图所示的程序框图,当输入正整数时,输出结果恰好为“兔子数列”的第项,则图中空白处应填入（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由数列:可得数列,.结合程序框图即可得出答案. 【详解】 由数列: 可得数列, 结合程序框图可得空白处为: 故选:B. 【点睛】 本题考查斐波那契数列的理解和运用,解题关键是能够理解程序框图,考查了分析能力,属于基础题. 9．随机变量的分布列如下表所示,在的前提条件下,不等式对恒成立的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据,则,可得 .根据 得.要保证不等式对恒成立,需满足,即可求得答案. 【详解】 ,结合可得 根据得 故 解得: 要保证不等式对恒成立,需满足 解得: 则不等式对恒成立的概率为: 故选:B. 【点睛】 本题考查利用古典概型求解概率、离散型随机变量的分布列和数学期望的求解问题,熟练掌握求几何型概率的方法是解题关键,属于基础题. 10．已知双曲线:的右焦点为,若存在过点的直线与双曲线的右支交于不同的两点,与双曲线的一条渐近线交于第一象限内的点,且,则双曲线的离心率的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意画出其几何图像,设,根据双曲线的一条渐近线交于第一象限内的点,且则,,若存在过点的直线与双曲线的右支交于不同的两点,需保证,根据双曲线的渐近线为,则,即可求得离心率范围. 【详解】 根据题意画出其几何图像: 设,根据双曲线的一条渐近线交于第一象限内的点,且 , 若存在过点的直线与双曲线的右支交于不同的两点,需保证 ,则 根据双曲线的渐近线为,则 根据双曲线的离心率 根据双曲线的离心率 故选:B. 【点睛】 本题考查了求双曲线离心率的范围问题,解题关键是根据已知条件画出其几何图像,数形结合.考查分析能力和计算能力,属于中档题. 11．已知定义在区间上的函数,若函数有无穷多个零点,则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为定义在区间上的函数,画出其函数图像,求函数零点个数,即求交点个数,即可求得实数的取值范围. 【详解】 求函数零点个数, 即求与交点个数 因为定义在区间上的函数 令,则 令,则 画出和,图像: 由图像可知实数的取值范围在时,交点个数是无穷多个. 故选:C. 【点睛】 本题考查了分段函数和方程零点问题.解题关键是画出其函数图像,结合函数图像,将函数的求零点问题转化图像交点问题,考查了分析能力和理解能力,属于中档题. 12．已知椭圆:的左焦点为,上顶点为,离心率为,直线与抛物线:交于,两点,则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设点,,由题意可知,故,设的中点坐标为,由中点坐标公式和点差法即可求得答案. 【详解】 设点, 由题意可知， ， 设的中点坐标为， 由中点坐标公式: ┄①,┄② 由①-②,点差法可得:，即， 又:,故， ， . 故选:D. 【点睛】 本题考查求椭圆方程与抛物线方程,解题关键是掌握椭圆和抛物线的相关知识,和熟练使用点差法,考查了分析能力和计算能力,属于中档题. 二、填空题 13．曲线在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】利用切线的斜率是函数在切点处导数,求出切线斜率,再利用直线方程的点斜式,即可求出切线方程. 【详解】 函数在处的切线斜率为， 又切点坐标为， 切线方程为． 故答案为:． 【点睛】 本题主要考查了利用导数的几何意义求解切线的方程,其中解答中准确求得函数的导数,合理利用导数的几何意义求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题. 14．设实数,满足约束条件,则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】作出不等式组所表示的可行域,可看作是可行域上的点与原点两点的斜率,结合图像即可求得的取值范围. 【详解】 根据实数,满足约束条件, 作出不等式组所表示的可行域,如图: 由 解得:,即 则 由解得: ,即 则 可看作是可行域上的点与原点两点的斜率 的取值范围是:. 故答案为: . 【点睛】 本题考查线性规划问题,关键是根据所给的约束条件准确地画岀可行域和目标函数.在平面区域中,求线性目标函数的最优解,要注意分析线性目标函数所表示的几何意义,从而确定目标函数在何处取得最优解. 15．用这六个数字组成一个无重复数字的六位数,要求偶数互不相邻和必须相邻,则满足条件的六位数的个数为__________.（用数字作答） 【答案】 【解析】由题意可知用这六个数字组成一个无重复数字的六位数,要求偶数互不相邻和必须相邻,将数字和捆绑在一起,按和两种次序和数字进行排列,数字插空处理. 【详解】 数字和捆绑在一起,按次序和数字进行排列,数字插空处理 满足此条件的六位数的个数为: 数字和捆绑在一起,按次序和数字进行排列,数字插空处理 满足此条件的六位数的个数为: 当排在首位不符合题意,此时排列个数为: 故:满足条件的六位数的个数为: 故答案为:. 【点睛】 本题考查排列的简单应用.在排列的过程中,一般我们要注意:特殊元素优先排,相邻元素捆绑排这样一个原则. 16．已知梯形中,,,若平面内一点满足：,,其,,则的最小值为__________. 【答案】 【解析】画出其几何图像,由知,点的轨迹是以为直径的圆,设与交于点,,故,,,三点共线知,可得:,结合图像即可求得的最小值. 【详解】 画出其几何图像: 由知,点的轨迹是以为直径的圆, 又,, 点只能在劣弧上运动（不含,两点） 设与交于点, , ,,三点共线知,可得: 又 而,结合图形知: 当点运动至距最远时最小, 又, 点与点重合时最小,此时,可得 . 故答案为:. 【点睛】 本题考查了向量的共线和向量的运算,熟悉向量相关知识点和数形结合是解题的关键,考查了分析能力和计算能力,属于基础题. 三、解答题 17．已知数列满足,. （1）证明:数列为等比数列; （2）求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】（1）由,可得,根据等比数列概念即可得出答案; （2）由（1）知,可得,采用分组求和方法,即可求得数列的前项和. 【详解】 （1） ， 则，又， 是以为首项，为公比的等比数列. （2）由（1）知， ， 故其前项和为:. 数列的前项和为:. 【点睛】 本题主要考查判断数列是否为等比数列和分组求和,解题关键是掌握等比数列的前项和公式和等差数列前项和公式,考查了计算能力,属于基础题. 18．已知函数,,且. （1）求; （2）如图,在中,,,是边的中点,,求. 【答案】（1）（2） 【解析】（1）由,可得,结合,即可求得值; （2）设,,在和分别使用余弦定理,即可求得. 【详解】 （1） 由得: 由, ,. （2）设, 在中,由余弦定理┄① 在中,由余弦定理┄② 联立①②消去解得 . 【点睛】 本题考查了余弦定理解三角形,解题关键是灵活使用余弦定理,考查了分析能力和计算能力,属于基础题. 19．《中国诗词大会》是由CCTV-10自主研发的一档大型文化益智节目,以“赏中华诗词,寻文化基因品生活之美”为宗旨,带动全民重温经典、从古人的智慧和情怀中汲取营养、涵养心灵,节目广受好评还因为其颇具新意的比赛规则:每场比赛,106位挑战者全部参赛,分为单人追逐赛和擂主争霸赛两部分单人追逐赛的最终优胜者作为攻擂者与守擂擂主进行比拼,竞争该场比赛的擂主,擂主争霸赛以抢答的形式展开,共九道题,抢到并回答正确者得一分,答错则对方得一分,先得五分者获胜,成为本场擂主,比赛结束已知某场擂主争霸赛中,攻擂者与守擂擂主都参与每一次抢题且两人抢到每道题的概率都是,攻擂者与守擂擂主正确回答每道题的概率分别为,,且两人各道题是否回答正确均相互独立. （1）比赛开始,求攻擂者率先得一分的概率; （2）比赛进行中,攻擂者暂时以领先,设两人共继续抢答了道题比赛结束,求随机变量的分布列和数学期望. 【答案】（1）（2）答案见解析 【解析】（1）由题意可知:每道题的抢答中,记攻擂者得一分为事件,发生有两种可能:抢到题且答对,对方抢到题且答错,即可求得攻擂者率先得一分的概率; （2）由（1）知,在每道题的抢答中攻擂者与守擂擂主得一分的概率分别为,.根据比赛规则,的所有可能取值分别为,求出,和,即可求得随机变量的分布列和数学期望. 【详解】 （1）每道题的抢答中,记攻擂者得一分为事件. 发生有两种可能:抢到题且答对,对方抢到题且答错, 比赛开始,求攻擂者率先得一分的概率为:. （2）由（1）知,在每道题的抢答中攻擂者与守擂擂主得一分的概率分别为, 根据比赛规则,的所有可能取值分别为, 则 的分布列为: 2 3 4 . 【点睛】 本题考查了概率的求法和离散型随机变量分布列及其数学期望,在列分布列时,要弄清随机变量所满足的分布列类型,结合相应公式求出事件的概率,进而得出概率分布列以及数学期望,考查计算能力. 20．已知椭圆:的左、右焦点分别为,,上顶点为,离心率为,且的面积为. （1）求椭圆的方程; （2）过点的直线与椭圆交于,两点,且点,位于轴的同侧,设直线与轴交于点,,若,求直线的方程. 【答案】（1）（2） 【解析】（1）离心率为,可得,的面积为,可得,根据椭圆：,可得,即可求得椭圆的方程; （2）设直线:,联立椭圆方程和直线方程,通过韦达定理即可求得直线的方程. 【详解】 （1） 离心率为,可得┄① 又的面积为,可得┄② 根据椭圆：,可得┄③ 联立①②③解得:,， 椭圆方程为 （2）设直线:，，， 由 ,消掉得:， 根据韦达定理:,,， ，， ， ， 故， ，即， ， 即， 解得（舍）或， 直线:. 【点睛】 本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系,所使用方法为韦达定理法:因直线的方程是一次的,圆锥曲线的方程是二次的,故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题,最终转化为一元二次方程问题,故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一,尤其是弦中点问题,弦长问题,可用韦达定理解决. 21．已知函数，,. （1）若,求函数的最小值; （2）当时,恒成立,求的取值范围. 【答案】（1）（2） 【解析】（1）将代入可得, ,求其导数,且,即可求得函数的最小值; （2）因为,求和,通过讨论和两种情况下:最小值,即可求得的取值范围. 【详解】 （1） 当时 可得:，， ， ， ， 在上单调递增，又， 在上单调递减，在上单调递增， 故: （2） ， ， ①当时,， 在上单调递增， 又， 在上单调递减,在上单调递增， 满足条件; ②若,则方程存在两个不相等正根， 取， 此时， 令,解得即， 在上单调递减,又， 在上单调递减 即当,,不符合条件; 综上所述,. 【点睛】 本题主要考查导数的几何意义和导数在函数中的应用,通常需要对函数求导,通过研究函数的单调性和最值等求解,考查了分析能力和计算能力,难度较大 22．在平面直角坐标系中,以原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,已知圆的极坐标方程为,圆的直角坐标方程为. （1）求与在第一象限的交点的极坐标; （2）若点,分别为圆,上位于第一条限的点,且,求的取值范围. 【答案】（1）（2） 【解析】（1）根据极坐标与直角坐标互化公式,由圆:,可得极坐标方程为,即可求得与在第一象限的交点的极坐标; （2）设点的极坐标为,在中,由余弦定理求得,结合、都要在第一象限,即可求得的取值范围. 【详解】 （1）圆:,其极坐标方程为, 联立:得,, 所求点的极坐标为 （2）设点的极坐标为 在中,由余弦定理得: , 又、都要在第一象限, ,, . 【点睛】 本题主要考查直角坐标方程和极坐标方程的互化,解题关键是掌握极坐标与直角坐标互化公式 ,意在考查学生的转化能力,计算能力,难度中等. 23．已知函数. （1）若对任意恒成立,求实数的取值范围； （2）记函数的最小值为,若,且,证明:. 【答案】（1）（2）证明见解析 【解析】（1）设,画出其函数图像,当恒成立时,结合函数图像,即可求得实数的取值范围; （2）,当且仅当时等号成立,得,故,原不等式等价于,由柯西不等式即可求得答案. 【详解】 （1）设 恒成立 其图像如图所示: 故， （2）， 当且仅当时等号成立， ，即， 原不等式等价于,由柯西不等式得: ， ， 当且仅当,,时等号成立， 成立. 【点睛】 本题主要考查了含绝对值不等式的求解,以及含绝对值不等式的恒成立问题,其中解答中合理分类讨论去掉绝对值,转化为等价不等式求解是解答的关键,着重考查了分类讨论思想,以及推理与运算能力,属于中档试题, 第 23 页 共 23 页