2021年重庆市高三上册数学试卷与答案11113.pdf

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1、 第1页（共 4 页）重庆市高三上册数学试卷 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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.已知集合2|4410,|2UxxxBx yx，则UC B A(,2)B(,2 C11(,)(,2)22 D1(,2)2 2.已知复数21izi，则z的共轭复数在复平面对应的点位于 A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3设0.23a，30.2b，0.2log3c，则a、b、c的大小关系是 Abac Babc Cacb Dcab 4祖暅原理“幂势既同，则积不容异”中的“幂”指面积，“势”即是高，意思是：若两个等高的几何体在所

2、有等高处的水平截面的面积恒等，则这两几何体的体积相等.设夹在两个平行平面之间的几何体的体积分别为12,V V，它们被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面面积分别为12,S S，则“12SS恒成立”是“12VV”的 A充要条件 B必要不充分条件 C充分不必要条件 D既不充分也不必要条件 5小涛、小江、小玉与本校的另外 2 名同学一同参加中国诗词大会的决赛，5 人坐成一排，若小涛与小江、小玉都相邻，则不同坐法的总数为 A6 B12 C18 D24 6函数2()(1)f xlnxkx的图象不可能是 A.B.C.D.7.某校为了增强学生的记忆力和辨识力，组织了一场类似最强大脑PK赛,A B两队各由

3、 4 名选手组成，每局两队各派一名选手 PK，共比赛四局除第三局胜者得 2 分外，其余各局胜者均得 1 分，每局的负者得 0分假设每局比赛A队选手获胜的概率均为23，且各局比赛结果相互独立，比赛结束时A队的得分高于B队的得分概率为 A1627 B59 C2027 D79 8已知函数()f x对任意xR都有(4)()22f xf xf，(1)yf x的图象关于点(1,0)对称，则(2020)1 f A.0 B.2 C.1 D.1 二、选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分

4、.9已知复数12,z z，下列结论正确的有（）A1212zzzz B若120z z，则12,z z中至少有一个为 0 C1 212=z zz z D若22120zz，则120zz 第2页（共 4 页）10若52345012345(1 2)xaa xa xa xa xa x，则下列结论中正确的是 A01a B123452aaaaa C50123453aaaaaa D012345|1aaaaaa 11.老杨每天17:00下班回家，通常步行 5 分钟后乘坐公交车再步行到家，公交车有A，B两条线路可以选择乘坐线路A所需时间（单位：分钟）服从正态分布(44N，22)，下车后步行到家要 5 分钟；乘坐线路

5、B所需时间（单位：分钟）服从正态分布(33N，24)，下车后步行到家要 12 分钟下列说法从统计角度认为合理的是()（参 考 数 据：2(,)ZN，则()0.6827PZ，(22)0.9545PZ，(33)0.9973)PZ A若乘坐线路B，18:00前一定能到家 B乘坐线路A和乘坐线路B在17:58前到家的可能性一样 C乘坐线路B比乘坐线路A在17:54前到家的可能性更大 D若乘坐线路A，则在17:48前到家的可能性不超过1%12德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一，以其名命名的函数1,()0 xf xx为有理数，为无理数，称为狄利克雷函数，则关于()f x，下列

6、说法正确的是 A,()1xR f f x B函数()f x是偶函数 C任意一个非零实数T，()()f x Tf x对任意xR恒成立 D存在三个点112233(,(),(,(),(,()A xf xB xf xC xf x，使得ABC为等边三角形 三、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已知命题:0,ln10pxx，则p为_.14设偶函数()f x在(0,)上是增函数，(2)0f，则()()0f xfxx的解为_.15某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立设X为该群体的 10 位成员中使用移动支付的人数，()2.

7、4D X，(4)(6)P XP X，则p 16函数 f x对于任意xR，均满足 2f xfx，301()320，xxf xxx，若存在实数，a b c dabcd满足 f af bf cf d，则2bacd的取值范围是 四、解答题：本题共 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（10分）已知数列na的前n项和222nnnS.（1）求数列na的通项公式；（2）设 1nnnba，求数列nb的前1000项和 第3页（共 4 页）18.（12分）在ABC中，角,A B C的对边分别为,a b c，已知ABC满足下列三个条件：1cos2A，2b，2 7a。（1）求c；（2）

8、设D为BC边上一点，且ADAC，求ABD的面积.19.（12分）为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对 500 位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有 4 个标有面值的球的袋中一次性随机摸出 2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额（1）若袋中所装的 4 个球中有 1 个所标的面值为 45 元，其余 3 个均为 15 元，求顾客所获的奖励额为 60 元的概率；（2）商场对奖励总额的预算是 30000 元，为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请从如下两种方案中选择一种，并说明理由。方案一：袋中的 4个球由 2 个标有面值 15元和 2个标有面值

9、45元的两种球组成；方案二：袋中的 4个球由 2 个标有面值 20元和 2个标有面值 40元的两种球组成 20.（12分）由各棱长均相等的四棱柱1111ABCDABC D截去三棱锥111CBCD后得到的几何体如图所示，底面ABCD为正方形，点O为线段AC与BD的交点，点E为线段AD中点，1AE 平面ABCD.（1）证明：1/AO平面11BCD（2）若点M为线段OD（包含端点）上一点，求EM与平面11BCD所成角的正弦值的最大值.21.（12 分）已知椭圆22221(0)xyabab过点3(1,)2，椭圆的左、右顶点分别为1A，2A，点P坐标为(4,0)，1|PA，12|A A，2|PA成等差数

10、列（1）求椭圆的标准方程；（2）若对斜率存在的任意直线l与椭圆恒有M，N两个交点，且12PM PN，证明：直线l定点。第4页（共 4 页）22.（12分）已知函数2()cosf xxax，,2 2x .（1）当12a 时，求函数()f x的最大值；（2）若函数()f x在,2 2 上恰有两个极小值点12,x x.求a的取值范围；判断是否存在实数a，使得221211()1()9f xxxx 成立？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.重庆八中高 2022 级高三（上）数学周末检测（一）答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A C B C B D

11、C D ABC ACD BCD ABD 1 解:由题意易知：,|2UR Bx x，故：UC B(,2)，选：A 2 解：已知复数2=11izii，则1zi 在复平面对应的点位于第三象限。故选：C.3 解：由题意易知0.213a，30.20,1b，0.2log30c 故选：B.4 解：由祖暅原理知，若12,S S总相等，则 12,V V相等成立，即充分性成立，若 12,V V 相等，则只需要底面积和高相等即可，则12,S S不一定相等，即必要性不成立，即“12SS 恒成立”是“12VV”的充分不必要条件.故选：C.5 解：232312A A，故选：B 6.解：A，B选 项 中，图 象 关 于 原

12、 点 对 称，()f x为 奇 函 数，即()()0f xfx，即22(1)(1)0lnxkxlnxkx，1k，当1k 时，()f x的图象为选项A；当1k 时，()f x的图象为 选 项B；而C，D选 项 中，图 象 关 于y轴 对 称，所 以()f x为 偶 函 数，即()()f xfx，即22(1)(1)lnxkxlnxkx，0k，当0k 时，()0f x，故()f x的图象为选项C，不可能为选项D故选：D 7.解：比赛结束时A队的得分高于B队的得分的情况有 3 种；A全胜，A三胜一负，A第三局胜，另外三局两胜一负，故比赛结束时A队的得分高于B队的得分的概率为：433124322122

13、1()()()()()33333 3PCC2027故选：C 8.解：(1)yf x的图象关于点(1,0)对称，()yf x的图象关于点(0,0)对称，即()f x为奇函数 令2x ，可知f（2）(2)2ff（2），(2)ff（2），又(2)ff（2），f（2）0，(4)()0f xf x，(8)(4)()f xf xf x，()f x是一个周期为 8 的周期函数，于是(2020)(82524)fff（4）(0)0f(2020)11f 故选：D 第5页（共 4 页）9 解:取121,zzi，则22120zz，故D错误，由复数性质易知ABC正确，故选：ABC 10 解：取0 x时，易知01a，取1

14、x 时，易知0123451aaaaaa，故：123452aaaaa，取1x 时，易知50123453aaaaaa，又因为135,a a a均为负数，故：012345012345|1aaaaaaaaaaaa.故选：ACD 11解：对于A，1(2545)(45)0.00132PZP B，故选项A错误；对于B，1(2541)(41)(2541)0.97722PZP BPZ，1(2541)(48)(4048)0.97722PZP APZ，故选项B正确；对于C，1(2937)(37)(2937)0.84132PZP BPZ，1(44)0.84132P A，故选项C正确；对于D，1(3850)(38)0.

15、00130.012PZP A，故选项D正确故选：BCD 12 解：对于A，当x为有理数时，()1f x；当x为无理数时，()0f x，当x为有理数时，()f f xf（1）1；当x为无理数时，()(0)1f f xf，即不管x是有理数还是无理数，均有()1f f x，故A正确；对于B，有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，可得对任意xR，都有()()fxf x，()f x为偶函数，故B正确；对于C，由于非零实数T，若T为无理数，当x是有理数时，xT是无理数，故C错误；对于D，取133x ，20 x，333x，可得1()0f x，2()1f x，3()0f x，3(3A，0)，(0

16、,1)B，3(3C，0)，恰好ABC为等边三角形，故D正确故选：ABD 二、填空题 13.000,ln10 xx 14.(,2)(0,2)15.0.6 16.819，13 解：p为000,ln10 xx，14 解：()f x是偶函数，所以(2)(2)0ff，函数()f x的图象关于y轴对称，函数()f x在(0,)上是增函数，()()0f xfxx，2()0f xx0()0 xf x或0()0 xf x，2x 或02x 故 答 案 为：(,2)(0,2)15 解：解：由题意，使用移动支付的人数X服从二项分布，则()10(1)2.4D Xpp，解得0.4p 或0.6p，又(4)(6)P XP X

17、，即4466641010(1)(1)C ppC pp，化简得22(1)pp，解得12p，所以0.6p 16 解：由函数()f x对于任意xR，均满足()(2)f xfx，可知()f x的对称轴方程为1x 又当1x时，3,01()32,0 xxf xxx，作出函数()f x的图象如图：由图可知，a与d，b与c关于直线1x 对称，2bc，2ad，又 f a f b，332ab，31(2)3ab，22()(2)()(2)2()()(1)1ba cdbaabbababa，第6页（共 4 页）331111(2)1333babbbb ，设 f b31133bb，01b，fb 210b ，f b在(0,1)

18、上单调递增，13f b13，即11133ba，210(1)9ba，21(1)09ba，2(1)1819ba 即()(2)ba cd的范围为819，四、解答题 17解：（1）当1n时，111Sa，当2n时，221112222nnnnnnnaSSn，1n时也成立，则nan；5 分（2）11nnnnban，当n为偶数时，数列nb的前n项和为 1234.(1)2nnBnn ；8 分 100010005002B 10分 18.解：（1）由2221cos22bcaAbc 即22240cc，解 得6c （舍 去）或4c，故4c 6分（2）法一：2222coscbaabC，1628422 72cosC，2co

19、s7C，272cos7ACCDC12CDBC，113sin422 3222ABCSAB ACBAC ，132ABDABCSS.12 分 法二：由于ABDACDABCSSS，所以111sin30sin90sin120222AB ADAC ADAC AB，解得3AD，所以1sin3032ABDSAB AD.12分 19.解：（1）设顾客所获取的奖励额为X，依题意，得1113241(60)2C CP XC，即顾客所获得奖励额为 60元的概率为12，4 分 第7页（共 4 页）（2）根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为 60元，所以需要顾客奖励额的期望为 60元 以下是对这两个方案的分析：对于方案

20、1，即方案(15，15，45，45)设顾客所获取的奖励额为1X，则1X的分布列为 1X 60 30 90 P 23 16 16 1X 的数学期望为1121()30609060636E X 1X 的方差2221121()(3060)(6060)(9060)300636D X，8分 对于方案 2，即方案(20，20，40，40)设顾客所获取的奖励额为2X，则2X的分布列为 2X 40 60 80 P 16 23 16 2X 的数学期望为2121()40608060636E X，2X 的方差2222121400()(4060)(6060)(8060)6363D X11 分 由于两种方案的奖励额的数学

21、期望都符合要求，但方案 2 奖励额的方差比方案 1 小，所以应该选择方案2 12分 20.解：（1）取11B D中点1O，连接11AO，1CO，11/A ACC，且11A ACC，故四边形11A ACC为平行四边形，故易得：11/,AOAC且111=2AOAC，12OCAC，1111/,AOOC AOOC，故四边形11AOCO为平行四边形，11/AOOC，3 分 且1AO 平面111,BCD CO 平面11BCD，1/AO平面11BCD。5分（2）由题意，分别以,EO ED EA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，不妨设棱长为 2，则易得以下点坐标：1(2,0,3)B，(2,1,0)C，1(

22、0,2,3)D，(1,0,0)O，(0,1,0)D，(0,0,0)E；1(0,1,3)CB，1(2,1,3)CD ，设(,)nx y z为平面11BCD的法向量，则有30230yzxyz，解得(3,3,1)n，设(,0)Mm n，(,0)EMm n，因为点M在线段OD上，则1(01,01)mnmn，22223()31421sin(7727mnmnmnmn时取等)。12分 21.解：（1）由 题意 知，1|4PAa，12|2A Aa，2|4|PAa，1|PA，12|A A，2|PA成 等 差数列44|4|aaa，解得2a 或 0（舍去）又221314ab，222abc，联立解得1b，3c 故椭圆

23、标准方程为2214xy 5分 第8页（共 4 页）（2）证明：设直线方程为ykxm，1(M x，1)y，2(N x，2)y 联立2244xyykxm，化简得222(41)8440kxkmxm 22122816 410,41kmkmxxk，21224441mx xk，7分 121212(4)(4)PM PNxxy y221212(1)(4)()16kx xkmxxm 2222448(1)(4)+4141mkmkkmkk216m222605321241kmkmk，故得225321202560mkmkkmkm，解得25mk 或6mk，10分 故直线方程为25ykxk或6ykxk 所以直线恒过点2(,

24、0)5或(6,0)。又因为直线l与椭圆恒有两个交点，故易知定点必在椭圆内，故直线l恒过点2(,0)5。12分 22.解：（1）当12a 时，21()cos2f xxx，则()sinfxxx，令()()g xfx，则()cos1g xx，,2 2x ，则()0g x，所以()g x在,2 2 上单调递增.2 分 又(0)0g，所以当,0)2x 时，()0fx；当(0,2x时，()0fx.所以()f x在,0)2上单调递减，在(0,2上单调递增.因为(0)1f，2()()228ff，所以函数()f x的值域为21,8.故函数()f x的最大值为28 4分（2）因为22()cos()()cos()f

25、xxaxxaxf x，所以()f x是,2 2 上的偶函数.故“函数()f x在,2 2 上恰有两个极小值点”等价于“函数()f x在(0,)2上恰有一个极小值点”.由题知：()sin2fxxax，令()()h xfx，则()cos2h xxa.当0a 时，()0h x，则()h x在(0,)2上单调递减.所以()(0)0h xh，即()0fx，此时()f x在(0,)2上单调递减，无极小值；第9页（共 4 页）当12a 时，()0h x，则()h x在(0,)2上单调递增.所以()(0)0h xh.则()0fx，此时()f x在(0,)2上单调递增，无极小值.当102a时，存在唯一的0(0,

26、)2x，使00()cos20h xxa.当0(0,)xx时，()0h x，()h x单调递减；当0(,)2xx时，()0h x，()h x单调递增.因为(0)0h，所以0()0h x.又()12ha ，（i）当10a，即10a时，()02h.所以()0fx，此时()f x在(0,)2上单调递减，无极小值.（ii）当10a，即112a 时，()02h.则存在唯一0(,)2tx，使得()sin20h ttat （*）当(0,)xt时，()0fx，()f x单调递减；当(,)2xt时，()0fx，()f x单调递增.所以函数()f x在(0,)2上恰有一个极小值点2xt.此时，0 x是函数()f x

27、的极大值点.所以当函数()f x在,2 2 上恰有两个极小值点时，a的取值范围为11(,)2.10 分 因为120 xx，若221211()1()9f xxxx，则222224cos2419xaxx.由（*）式，知22sin2xax.所以222222241 8419a xaxx.整理得22(31)(61)0 xaa.因为20 x，11(,)2a，所以13a .所以存在13a ，使得211211()1()9f xxxx 成立.12 分 另解：因为22()cos()()cos()fxxaxxaxf x，所以()f x是,2 2 上的偶函数.故“函数()f x在,2 2 上恰有两个极小值点”等价于“

28、函数()f x在(0,)2上恰有一个极小值点”.由题知：()sin2fxxax，则()fx在(0,)2上有一个零点，即sin2xax在(0,)2有唯一的实根，令sin()xg xx（02x），则2cossin()xxxg xx，令()cossinh xxxx，则()sinh xxx，当(0,)2x时，()0h x，故()h x在(0,)2上单调递减，又(0)0h，故(0,)2x时，()0h x，()0g x，从而()g x在(0,)2上单调递减，又由洛必达法则知：000sinlim()limlim cos1xxxxg xxx，2()2g，则 第10页（共 4 页）221a，解得：112a，此时设方程2()ag x在(0,)2上的唯一实根为t，由()g x在(0,)2上单调递减，可知：(0,)xt时，()2g xa，()0fx；(,)2xt时，()2g xa，()0fx，故xt是()f x在(0,)2上的唯一极小值点.又易知0 x是函数()f x的极大值点.综上所述，当函数()f x在,2 2 上恰有两个极小值点时，a的取值范围为11(,)2.10分 同法一