重庆市第八中学2020届高三下学期强化训练一数学（理）试题 Word版含答案

重庆市第八中学2020届高三下学期强化训练一数学（理）试题 Word版含答案

重庆八中高2020级高三（下）强化训练一 理科数学 第Ⅰ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．在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．集合，，则 A． B． C． D．‎ ‎2．若复数是纯虚数，则 A． B． C． D．‎ ‎3．设等差数列的前项和为，，则 A． B． C． D．‎ ‎4．点为圆上的动点，点，点是线段的中点，则点的轨迹方程为 A． B． ‎ C． D．‎ ‎5．下列命题为假命题的是 A．， ‎ B．， ‎ C．， ‎ D．，‎ ‎6．执行如图所示的程序框图，若输入的值为，则输出的值为 A． B． ‎ C． D．‎ ‎7．已知平面内有三个不共线的点到平面的距离相等，则下列说法一定正确的是 A．平面内所有的点到平面的距离都相等 ‎ B．过有且仅有一条直线满足且 ‎ C． ‎ D．平面内有无数个点到平面的距离等于点到平面的距离 ‎8．设集合，那么集合中满足条件“”的元素的个数为 A． B． C． D．‎ ‎9．已知直线，，点为抛物线上一动点，过作的垂线，垂足分别为，则的最小值为 A． B． C． D．‎ 14‎ ‎10．小赵和小钱摩托车比赛（比赛过程中，两人均匀速行驶），刚开始小赵领先，但中途小赵摩托车坏了，小钱趁机超过了小赵，小赵修好车后，奋起直追，最终超过小钱先抵达终点．如果用分别表示小钱和小赵所行走的路程，表示时间，则下图中与该事实符合的是 ‎ ‎ A B C D ‎11．已知数列满足，若，则的取值范围是 A． B． C． D．‎ ‎12．已知双曲线的左焦点为，点为圆与双曲线位于第二象限的交点，直线与圆交于两点．记和 的面积分别为，若，且，则双曲线的离心率为 A． B． C． D．‎ 第Ⅱ卷 ‎ 本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做。第22题～第23题为选考题，考生根据要求做答。‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在答题卡相应位置上．‎ ‎13．已知均为单位向量，且，则夹角的余弦值为__________．‎ ‎14．从编号为的件产品中，采用系统抽样的方法抽取容量是的样本，若编号为的产品在样本中，则该样本中产品的最大编号为__________．‎ ‎15．对于三次函数给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．给定函数，请你根据上面探究结果，计算__________．‎ ‎16．如图所示，正方体的棱，点分别为棱上的动点，记．当 14‎ 取最大值时，三棱锥的体积为，当取最小值时，三棱锥的体积为，则__________；__________．‎ 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．（本小题满分12分）已知函数 ‎（1）讨论在上的单调性；‎ ‎（2）锐角的三个内角，，的对边分别为，，，且，，求的面积的最大值．‎ ‎18．（本小题满分12分）如图，四棱台的底面是矩形，平面平面，，，．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若二面角的二面角的余弦值为，求的长．‎ ‎19．（本小题满分12分）已知椭圆()的离心率为，椭圆的四个顶点所围成菱形的面积为．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，若 14‎ ‎．求四边形的面积．‎ ‎20．（本小题满分12分）随着社会的发展进步，人类对能源的需求加大，近年来，世界各国都重视新能源的开发与利用。我国也加大了对新能源的研发。比如，国内某汽车品牌研发了一款新能源汽车，并在出厂前对1000辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能提供给车行驶的最远里程）的测试．测试数据的频率分布直方图如下：‎ ‎（1）估计这1000辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）‎ ‎（2）根据大量的测试数据，发现本款汽车的单次最大续航里程近似地服从正态分布，经计算第（1）问中样本标准差的近似值为50．用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在200千米到350千米之间的概率．‎ ‎（3）某汽车经销商为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可通过转转盘（转盘为圆形，沿直径一分为二，涂蓝绿二色）的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车停在“胜利大本营”，可获得购车优惠券．显然转到蓝、绿的概率都是，方格图上标有第0格、第1格、第2格、……、第2020格．遥控车开始在第0格，客户每转一次转盘，遥控车向前移动一次，若转到蓝色，遥控车向前移动一格（从到），若转到绿色，遥控车向前移动两格（从到），直到遥控车移到第2019格（失败大本营）或第2020格（成功大本营）时，游戏结束，设遥控车移到第格的概率为，其中，试说明是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车．‎ 参考数据：若随机变量服从正态分布，则：；‎ ‎；．‎ 14‎ ‎21．（本小题满分12分）已知函数，且．‎ ‎（1）求实数的值；‎ ‎（2）若函数，求证：有且仅有两个零点．（参考数据：）‎ 14‎ 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。‎ ‎22．（本小题满分10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．‎ ‎（1）写出曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线交于，两点，，求的值．‎ ‎23．（本小题满分10分）已知函数．‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围．‎ 14‎ 重庆八中高2020级高三（下）强化训练一 理科数学参考答案 一、选择题 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 B C B C A A D B C D B D ‎1．‎ ‎2．‎ ‎3．由 ‎4．设，则点在以为圆心，为半径的圆，则点的轨迹方程为 ‎5．由得A为假命题 ‎6．，不能被整除，所以；能被整除，；能被整除，，，终止循环，输出 ‎7．若在同侧，则面；若在异侧，则面与相交 ‎8．中有个，个或个，个或个，个，共三类情况符合条件．所以中满足条件“”的元素的个数为 ‎9．抛物线的焦点为，准线为，记到直线的距离为，则 ‎10．略 ‎11．由题意，当为奇数时，，所以 ‎12．点为第二象限的点，且得，为圆的直径，所以，点为双曲线的右焦点．记，则，由得 或（舍），所以，由定义得 二、填空题 题号 ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎16（1）‎ ‎16（2）‎ 答案 14‎ ‎13．由得 ‎14．组距为，由得是第组第件产品，所以最大编号 ‎15．，令得，，所以的对称中心为，所以，则 ‎，所以．‎ ‎16．（1）显然，当与重合，与重合时，取最大值，此时 ‎（2）‎ 如图，当为三等分点时，取最小值，取棱的三等分点，易得，所以面，所以，所以 注：（1）命题意图，强化在正方体中基于面面平行寻找线线，线面平行关系；‎ ‎（2）第二问也可以用向量法做，注意为等腰三角形，也比较容易得出答案．‎ 三、解答题 14‎ ‎17．解：（1）∵…3分 ‎∴在单减；在单增…………………5分 ‎（2）∵，∴，∴，‎ 又∵是锐角三角形，∴………7分 中，由余弦定理：，‎ ‎∴，当时等号成立…………10分 ‎∴‎ ‎∴，故最大值为………………12分 ‎18．解：（1）取中点，连接 ‎，且，所以四边形为平行四边形，所以，‎ 所以，则，所以，又平面平面，所以平面，所以．·····5分 ‎（2）由（1）知，设，建系如图，‎ 则 ‎，‎ 设平面的法向量，则 可取·····7分 设平面的法向量，则 可取·····9分 所以 由二面角的二面角的余弦值为得·····11分 解得，所以．·····12分 14‎ ‎19．解：（1）由已知得：解得．‎ 所以椭圆的方程为．·····4分 ‎（2）法一：设，由得①·····5分 当直线的斜率不存在时，易得，‎ 则四边形的面积·····6分 当直线的斜率存在时，设的直线方程为：．‎ 联立消去得，‎ ‎，‎ ‎②·····7分 ‎③·····8分 将②③代入①得，化简得，·····9分 又，‎ 到的距离，·····10分 所以四边形的面积 综上所述，四边形的面积的面积为．·····12分 法二：由对称性，不妨设分别在第一和第四象限，设．‎ 联立解得，即，‎ 14‎ 同理可得：．·····8分 由得．‎ 所以四边形的面积 ‎．·····12分 ‎20．解：（1）；‎ ‎·····4分 ‎（2）‎ ‎·····8分 ‎（3）由题设：遥控车移到第格有下列两种情况：①先移到第格，又转到绿色，其概率为；②先移到第格，又转到蓝色，其概率为，所以，·····9分 所以．又因为，所以是以首项，为公比的等比数列．·····10分 法一：所以，累加得，即．‎ 14‎ 所以，，所以，即此方案不能吸引顾客购买该款新能源汽车．·····12分 法二：由题设，，，所以，即此方案不能吸引顾客购买该款新能源汽车．‎ ‎21．解：（1）法一：的定义域为，······1分 ‎①当时，，在单调递减，当时，，与题设矛盾．·····2分 ‎②当时，当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以，又，所以，．‎ 综上所述，．·····4分 法二：因为，所以在处取极小值．‎ 所以，解得．····3分 当时，，当时，单调递减；‎ 当时，单调递增．所以．‎ 综上所述，．·····4分 ‎（2）法一：由（1）得 ‎①当时，由（1）知，，所以．‎ 所以，在无零点．····6分 ‎②当时，由得为的一个零点．····7分 ‎③当时，，在单调递增，且，‎ ‎，所以在有唯一零点且．‎ 当时，单调递减；‎ 当时，单调递增．···9分 又，．‎ 所以在有唯一零点．···10分 ‎④当时，．‎ 令，由（1）知在区间单调递增，‎ 14‎ 所以，所以在区间无零点．‎ 综上所述，有且仅有两个零点．···12分 法二：由（1）得，．‎ ‎．···6分 ‎①当时，，单调递增，，‎ 所以存在唯一使得，当时，单调递减；‎ 当时，单调递增．‎ 又，‎ 所以在存在两个零点，其中．···10分 ‎②当时，．‎ 令，‎ 所以在单调递增，所以 所以，所以在无零点．‎ 综上所述，有且仅有两个零点．···12分 ‎22．解：（1）曲线的普通方程：；………………………3分 ‎ 直线的直角坐标方程：……………………5分 ‎（2）设直线的参数方程为：（为参数）………………6分 带入，得：，∴…8分 ‎∴………………………10分 ‎23．解（1）∵…………………2分 14‎ ‎∴或或 ‎∴或……………………5分 ‎（2）∵………………………………7分 又∵…………………………………………………………………8分 ‎∴，∴或……………………………………………………10分 14‎