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1、重庆一中高2020级高三下学期期中考试理科数学试题卷一选择题：(本大题 12个小题，每小题5分，共60分，每小题有且只有一个选项是正确的).1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由集合中的不等式确定集合，再求出，最后运用集合的并集计算求出即可.【详解】由，解得，或，所以集合或，所以，则.故选：B【点睛】本题主要考查补集和并集的运算，属于基础题.2. 已知复数满足(为虚数单位)，且，则正数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简复数，再利用复数求模公式计算即可得到答案.【详解】由，得，又，所以
2、，解得.故选：A【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算和复数模的求法，属于基础题.3. 已知某超市2019年中的12个月的收入与支出数据的折线图如图所示，则下列说法中，错误的是（ ）A. 该超市在2019年的12个月中，7月份的收益最高；B. 该超市在2019年的12个月中，4月份的收益最低；C. 该超市在2019年7月至12月的总收益比2109年1月至6月的总收益增长了90万元；D. 该超市在2019年1月至6月的总收益低于2109年7月至12月的总收益.【答案】C【解析】【分析】根据折线图即可判定选项A和B正确，再计算出7月至12月的总收益和1月至6月的总收益，即可得到选项C错误，选项
3、D正确.【详解】对选项A，由折线图可知，该超市2019年的12个月中的7月份收入减去支出的值最大，所以收益最高，故正确；对选项B，由折线图可知，该超市2019年的12个月中的4月份收入减去支出的值最小，所以收益最低，故正确；对选项C，由折线图可知，2019年7月至12月的总收益为，2019年1月至6月总收益为，所以7月至12月的总收益比1月至6月的总收益增长了100万元，故错误；对选项D，由选项C知，1月至6月的总收益低于7月至12月的总收益，故正确.故选：C【点睛】本题主要考查折线图的应用，属于基础题.4. 冰雹猜想也称奇偶归一猜想：对给定的正整数进行一系列变换，则正整数会被螺旋式吸入黑洞(
4、4，2，1)，最终都会归入“4-2-1”的模式.该结论至今既没被证明，也没被证伪. 下边程序框图示意了冰雹猜想的变换规则，则输出的（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据循环结构程序框架图依次进行计算，即可得到答案.【详解】由题意，第一次循环，；第二次循环， ，；第三次循环，；第四次循环，；第五次循环，；此时输出.故选：B【点睛】本题考查循环结构程序框架图的应用，属于基础题.5. 在正方体中，分别是的中点，为正方形的中心，则（ ）A. 直线是异面直线，且B. 直线是异面直线且C. 直线是相交直线，且D. 直线是相交直线且【答案】C【解析】【分析】根据题意画出图像，再判断和的
5、位置关系和长度，和的位置关系和长度即可得到答案.【详解】根据题意画出图像如图所示，由图像易知，和在矩形上，和是相交直线，且，故选项B、D错误；为正方形的中心，为的中点，所以，且，又点为的中点，所以，且，所以，且，四边形是平行四边形，则和是的两条对角线，所以和是相交直线，且；故选项A错误，C正确.故选：C【点睛】本题主要考查空间两直线的位置关系，考查学生数形结合的能力，属于基础题.6. 等比数列的前项和为，已知，且与的等差中项为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用，且与的等差中项为，求出等比数列的首项和公比，再利用等比数列的求和公式，即可得出结论.【详解】数列是等比数
6、列，与的等差中项为，解得，故选：D【点睛】本题主要考查等差中项及等比数列前项和，属于基础题.7. 空间直角坐标系中的点满足，则恰有两个坐标相同的点有（ ）A. 个B. 个C. 个D. 个【答案】A【解析】【分析】根据题意，当、有两个相同时，利用排列组合计算即可得到答案.【详解】根据题意，当、中有两个相同时，共有个；故选：A【点睛】本题主要考查排列组合的应用，属于基础题.8. “”是“为函数的极小值点”的（ ）A 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】对求导，得到，对进行分类讨论，求出当为极小值点时的范围，即可得到答案.【详解】由题意
7、，解得，或，当，即时，解得，时，解得，或，在上单调递增，在和上单调递减，是的极小值点；当，即时，恒成立，无极值；当，即时，解得，时，解得，或，是的极小值点；综上，当为的极小值点时，所以“”是“为函数的极小值点”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题主要考查利用导数判断函数的极值和充分必要条件的应用，考查了学生分类讨论的思想，属于中档题.9. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由，得到函数是奇函数，再代入特殊值计算和的值，即可得到答案.【详解】由题意，所以函数是奇函数，关于原点对称，排除选项B；当时，故排除选项D；当时，故排除选项C；所以本题正确答案为A.故
8、选：A【点睛】本题主要考查函数图像的性质，注意代特殊值排除法的应用，属于基础题.10. 函数的部分图象如图所示，且的图象过两点，为了得到的图象，只需将的图象（ ）A. 向右平移B. 向左平移C. 向左平移D. 向右平移【答案】C【解析】【分析】利用函数图像确定周期的值，利用周期公式求出，再根据函数图像经过点，确定的值，求出函数的解析式，再根据三角函数图像的变换即可得到结论.【详解】由图像知，得，由，解得，又函数经过点，所以，即，解得，又，所以，所以，所以将的图像向左平移个单位得到函数.故选：C【点睛】本题主要考查三角函数的图像和性质以及图像变换的应用，属于中档题.11. 已知分别是双曲线的中心
9、和右焦点，以为直径的圆与双曲线的两条渐近线分别交于两点(异于原点)，若，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出图像，由图像可知，由点到直线距离求出，再求出，利用，即可求出离心率.【详解】根据题意，画出图像如图所示，连接，因为是直径，所以是直角三角形，且，所在的渐近线方程为，由点到直线距离公式，又，所以，设与轴的交点为，则，由，即，解得.故选：C【点睛】本题主要考查求双曲线离心率，以及双曲线的几何性质，考查学生数形结合能力，属于中档题.12. 已知四棱锥的棱长都是，为的中点，则经过的平面截四棱锥所得截面的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析
10、】【分析】先由平面的基本性质找出经过的平面截四棱锥所得截面图形，先证明是等腰三角形，并求出，再证明四边形是矩形，并求出，即可得到答案.【详解】根据题意，作出四棱锥的图像如图所示，因为、分别为和的中点，所以，且，设中点为，为中点，则，且，所以，且，四边形为平行四边形，、四点共面，设中点为，作，且交于点，交于点则点在平面上，故五边形即截四棱锥所得截面；因为，所以，又，由余弦定理，同理，；所以是等腰三角形，又，所以，所以；又，且，所以，所以四边形是矩形，所以矩形的面积，所以截面积.故选：B【点睛】本题主要考查平面的基本性质，考查空间直线的关系，并涉及到余弦定理的应用，考查学生数形结合能力，属于中档题
11、.二填空题：(本大题4个小题，每小题5分，共20分).13. 若，若，则_【答案】-1【解析】答案为：-1.14. 在第35届全国中学生数学冬令营中，某市甲乙两所学校数学冬令营成绩的茎叶图如下图：已知甲校成绩的中位数平均分都比乙校成绩的中位数平均分少1分，则_.【答案】【解析】【分析】由茎叶图分别表示出甲乙的中位数和平均数，再根据题意列不等式组即可求解.【详解】由茎叶图知，甲校的中位数为，甲校的平均数为；乙校的中位数为，乙校的平均数为；由题意，解得，所以.故答案为：8【点睛】本题主要考查茎叶图、平均数和中位数的应用，属于基础题.15. 设数列满足，则数列的前40项和是_【答案】840【解析】【
12、分析】利用累加法可求得数列的通项公式，再并项求和求解前40项和即可.【详解】因为，且，故时，累加可得， 满足上式，即，故的前40项和 即.故答案为：840【点睛】本题主要考查了累加法求解数列通项公式、并项求和以及等差数列的求和公式等.属于中档题.16. 已知抛物线的焦点，过其准线与轴的交点作直线，（1）若直线与抛物线相切于点，则=_.（2）设，若直线与抛物线交于点，且，则=_【答案】 (1). ； (2). 【解析】【分析】（1）设直线方程，代入抛物线方程并整理得，因为直线和抛物线相切，所以，由此可以解出的值和点的坐标，得到轴，即可得到答案；（2）由已知，抛物线，设直线方程，代入抛物线方程整理
13、，并由韦达定理得到，由可得，利用求出，再求出，利用抛物线的定义即可求解.【详解】（1）由题意知，点，点，设直线与抛物线相切于第一象限，则，代入抛物线方程并整理得：，则，解得，直线：此时，解得，将代入直线方程，解得，所以点，则轴，又直线斜率为1，所以，所以；（2）由已知，则抛物线，则点，点，设直线方程为，代入抛物线方程并整理得，设点，点，由韦达定理，由，得，所以，即，整理得，又，所以，解得，或（舍去），由，解得，所以.故答案为：（1）；（2）【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，以及抛物线性质的应用，注意题目中条件的转化以及韦达定理的应用，属于中档题.三.解答题：(本大题6个小题，共70分
14、.各题解答必须在答题卷上作答，在相应题目指定的方框内必须写出必要的文字说明演算步骤或推理过程).17. 设函数.（1）求的单调增区间；（2）在中，若，且，求的值.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）由两角和差的正弦公式展开，由二倍角的余弦公式整理，再由辅助角公式化简得到，再由三角函数的性质求出的增区间即可；（2）由求出和，再由正弦定理求出，利用求出，再由余弦定理即可求出.【详解】（1） 由题意， ，化简得， ， 由 可得，所以的单调增区间为 ；（2）由（1）知，所以，解得，所以，由，得，在中，由正弦定理可得：，解得，由，可得，在中，由余弦定理可得：，解得.【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角恒等变换的应用，考查学生的分析计算能
