重庆市第一中学校2019届高三3月月考数学(理)试题(解析版)

重庆市第一中学校2019届高三3月月考

数学（理）试题

第Ⅰ卷（共60分）

一.选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1.已知全集，集合，，则（ ）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先求出集合A ，B 的补集，找出A 补集与补集的交集即可．

【详解】∵全集U ＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，集合

，集合B ＝{2，4，6，8}，

∴（?U A ）＝{5，6，7，8}，（?U B ）＝{1，3，5，7}，

∴（?U A ）∩（?U B ）＝{5，7}，

故选：A ．

【点睛】本题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．

2.若复数（，是虚数单位）是纯虚数，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】C

【解析】

【分析】 化简复数为，利用纯虚数的定义可得a ﹣6＝0 且2a +3≠0，求出a 值，可得复数z 的虚部． 【详解】∵复数

为纯虚数，∴a ﹣6＝0 且2a +3≠0，

∴a ＝6，复数z

3i ，则复数的虚部为3， 故选：C ．

【点睛】本题考查纯虚数及虚部的定义，复数代数形式的除法，属于基础题．

3.实数数列为等比数列，则等于（ ） A. B. 4 C. 2 D. 或4

【答案】B

【解析】

【分析】

由实数数列是等比数列，可得q3＝8，利用等比数列通项公式即可求出的值

【详解】∵实数数列是等比数列，

∴q3＝8，∴q=2，

∴a2＝1．

故选B．

【点睛】本题考查等比数列的通项公式的应用，比较基础．

4.某几何体的三视图如图所示（图中半圆.圆的半径均为2），则该几何体的体积为（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据三视图可判断几何体为半球的内部挖空了一个圆锥，运用球与圆锥的体积公式计算即可．【详解】∵几何体的三视图可得出几何体为半球的内部挖空了一个圆锥，如图：

∴该几何体的体积为π23π×22×2＝=，

故选：B．

【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了球体与锥体的体积公式，属于基础题.

5.如图所示的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的分别为15，18，则输出的为（）

A. 12

B. 6

C. 3

D. 1

【答案】C

【解析】

【分析】

由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a，b的值，即可得到结论．

【详解】由a＝15，b＝18，不满足a＞b，

则b变为18﹣15＝3，

由b＜a，则a变为15﹣3＝12，

由b＜a，则a变为12﹣3＝9，

由b＜a，则a变为9﹣3＝6，

由b＜a，则a变为6﹣3＝3，

由a＝b＝3，

则输出的a＝3．

故选：C．

【点睛】本题考查算法和程序框图，主要考查循环结构的理解和运用，以及赋值语句的运用，属于基础题．

6.设表示三条不同的直线，表示三个不同的平面，下列四个命题正确的是（）

A. 若，则

B. 若，是在内的射影，，则

C. 若是平面的一条斜线，，为过的一条动直线，则可能有

D. 若，则

【答案】B

【解析】

【分析】

由题意逐一考查所给命题是否正确即可.

【详解】逐一分析所给的选项：

A 中，在如图所示的正方体

中， 若取直线为，为，平面为，平面为， 满足，但是不满足

，题中的说法错误； 由射影定理可知选项B 正确；

选项C 中，若，结合线面垂直的性质定理可知，平面或，题中的说法错误； 选项D 中，在如图所示的正方体中， 若取平面为，平面为，平面为

， 满足，但是不满足

，题中的说法错误. 本题选择B 选项

.

【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：

（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；

（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.

7.函数的值域为，则实数的取值范围为（ ）

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【分析】

函数的值域为R ，等价于真数a 能取遍一切正实数，由a ＝0时，显然成立，a ≠0时，利用二次函数的图象

性质得关于a的不等式，即可解得a的范围

【详解】若函数的值域为R，故函数y＝ax2+2x+a能取遍所有的正数．

当a＝0时符合条件；

当a＞0时，应有△＝4﹣4a2≥0，解得-1≤a≤1，故0

综上知实数a 的取值范围是．故选D.

【点睛】本题考查了对数函数的值域及性质，二次函数的性质，考查了分类讨论的思想，属于中档题，关键利用二次函数性质得出△≥0的条件．

8.过抛物线焦点的直线

交于点，若线段中点的纵坐标为1，则（）

A. 3

B. 4

C.

D. 5

【答案】D

【解析】

【分析】

设出直线方程，利用只需与抛物线联立，利用条件求得直线方程，再利用弦长公式求解即可．

【详解】抛物线C：y2＝4x，直线l过抛物线焦点F（1，0），直线l的方程为：x＝my+1，

则可得y2﹣4my﹣4＝0，l与C有两个交点A （）、B （），线段AB的中点M的纵坐标为1，可得4m

＝2，解得m，所以y2﹣2y﹣4＝0的两根满足，

，由弦长公式可得

=5，

故选D.

【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，涉及弦长公式，考查了计算能力，属于中档题．

9.（）

A. B. 1 C. D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】

直接利用两角和的正弦函数及诱导公式化简求解即可.

【详解】∵

=

=

=

==.

【点睛】本题考查了两角和与差的三角函数，诱导公式的应用，特殊角的三角函数值的求法，考查了计算能力，属于基础题.

10.已知是定义在上且以4为周期的奇函数，当时，（为自然对数的底），则函数

在区间上的所有零点之和为（）

A. 6

B. 8

C. 12

D. 14

【答案】D

【解析】

【分析】

根据已知，利用导数分析函数的单调性y与极值，画出函数f（x）的图象，数形结合，可得函数f（x）在区间[0，4]上的所有零点的和．

【详解】∵f（x）是定义在R上且以4为周期的奇函数，

∴f（0）=0，f（-2）=f（-2+4）= f（2），又f（-2）=-f（2），∴f（2）=0，

且当x∈（0，2）时，，则==0,则x=1，且在x∈（0，1）时，单调递减，在x∈（1，2）时，单调递增，，=f(2)>0,

故函数f（x）的图象如下图所示：

由图可得：函数f（x ）在区间区间上共有7个零点，

故这些零点关于x＝2对称，

故函数f（x ）在区间区间上的所有零点的和为3×4+2＝14，

故选：D．

【点睛】本题考查的知识点是函数的周期性及奇偶性的应用，考查了函数的零点与函数图象和性质的综合应用，数形结合是解决函数零点问题的常用方法，属于中档题．

11.一个盒中装有大小相同的2个黑球，2个白球，从中任取一球，若是白球则取出来，若是黑球则放回盒中，直到把

白球全部取出，则在此过程中恰有两次取到黑球的概率为（）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先分析出基本事件的所有情况，再求出相应基本事件个数，利用分类计数加法原理可得结果．

【详解】要满足题意，共有三种取法：（白黑黑白），（黑白黑白）（黑黑白白），

其中（白黑黑白）的取法种数为=，

（黑黑白白）的取法种数为=，

（黑白黑白）的取法种数为=，

综上共有，

故选A.

【点睛】本题考查独立事件概率的求法，考查了分类计数原理的应用，解题时要认真审题，注意相互独立概率计算公式的合理运用．

12.若三次函数（）的图象上存在相互平行且距离为的两条切线，则称这两条切线为一组“距离为的友好切线组”.已知，则函数的图象上“距离为4的友好切线组”有（）组？

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】

设出切点，求导求得斜率，写出切线方程，利用距离公式得到关于的方程，解得共有3解，即可得到结论.

【详解】∵，则=，设两切点分别为A(,)，B(,)，若两切线平行，则的两根为，，且+=2，

不妨设>，过A的切线方程为y=x-, 过B的切线方程为y=x-, ∴两条切线距离为d==,

化简得=1+9，令，显然u=1为一解，

又-8u+10=0有两个异于1的正根，

∴这样的u有3解，而，>，且+=2，即与是一一对应的，

∴这样的，有3组，故选D.

【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了新定义的理解与应用，考查了运算能力及推理能力，属于难题.

二.填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13.在的展开式中的常数项为_______.

【答案】

【解析】

【分析】

写出通项公式，给r赋值即可得出．

【详解】的通项公式为：T r +1（-1）r x6﹣2r．

令6﹣2r＝0

解得r＝3，

∴（-1）320，所以常数项为-20．

故答案为：-20．

【点睛】本题考查了二项式定理的应用，写出通项是关键，属于基础题．

14.已知实数满足，则的最大值是______.

【答案】6

【解析】

【分析】

作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．

【详解】作出不等式对应的平面区域如图，

由z＝3x+y，得y＝﹣3x+z，

平移直线y＝﹣3x+z，由图象可知当直线y＝﹣3x+z，过点A时，直线y＝﹣3x+z的截距最大，代入得6，

此时z最大为6．

【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．

15.的内角的对边分别为，已知，，_____.

【答案】

【解析】

【分析】

由cos（A﹣C）+cos B＝cos（A﹣C）﹣cos（A+C）＝1，可得sin A sin C，由a＝2c及正弦定理可得sin A＝2sin C，联解得到sin C的值，从而得到角C的大小

【详解】由B＝π﹣（A+C）可得cos B＝﹣cos（A+C）

∴cos（A﹣C）+cos B＝cos（A﹣C）﹣cos（A+C）＝2sin A sin C＝1

∴sin A sin C①

由可得，得到2sin(A+B)=sinA，即2sinC=sinA，…②，由正弦定理可得可得a＝2c，

①②联解可得，sin2C

∵0＜C＜π，∴sin C

结合a＝2c即a＞c，得C为锐角，∴C

故答案为．

【点睛】本题考查了两角和与差的余弦公式及正弦定理的应用，合理选择公式是解题的关键，属于中档题．

16.直线与圆相交于两点，若，为圆上任意一点，则的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】

取MN的中点A，连接OA，则OA⊥MN．算出OA＝1，得到∠AON，可得∠MON ，计算出?的值，运用向量的加减运算和向量数量积的定义，可得2﹣4cos∠AOP ，考虑，同向和反向，可得最值，即可得到所求范围．【详解】取MN的中点A，连接OA，则OA⊥MN，

∵c2＝a2+b2，

∴O点到直线MN的距离OA1，x2+y2＝4的半径r＝2，

∴Rt△AON中，设∠AON＝θ，得cos

θ，得θ=，

cos∠MON＝cos2θ＝，

由此可得，?||?||cos∠MON

＝2×2×（）＝﹣2，

则（）?（）?2?（）

＝﹣2+4﹣2?2﹣2||?||?cos∠AOP＝2﹣4cos∠AOP，

当，同向时，取得最小值且为2﹣4＝﹣2，

当，反向时，取得最大值且为2+4＝6．

则的取值范围是．

故答案为：．

【点睛】本题考查向量的加减运算和向量的数量积的定义，着重考查了直线与圆的位置关系和向量数量积的运算公式等知识点，注意运用转化思想，属于中档题．

三.解答题（本大题共6题，共70分．解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤．）

17.已知数列的前项和满足：，

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列满足，求数列的前项和.

【答案】（1），；（2）

【解析】

【分析】

（1）分n＝1与n≥2讨论，即可求通项公式；

（2）化简可得利用裂项求和法求解．

【详解】（1）令，，，

当时，，，

两式作差可得，又n=1时满足，

综上，，.

（2），

∴

=.

【点睛】本题考查了数列通项公式的求法，同时考查了裂项求和法的应用，属于基础题．

18.为调查某校学生每周课外阅读的情况，采用分层抽样的方法，收集100位学生每周课外阅读时间的样本数据（单位：小时）.根据这100个数据，制作出学生每周课外阅读时间的频率分布直方图（如图）.

（1）估计这100名学生每周课外阅读的平均数和样本方差（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；

（2）由频率分布直方图知，该校学生每周课外阅读时间近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差

.

①求；

②若该校共有10000名学生，记每周课外阅读时间在区间的人数为，试求.

参数数据：，若，，.

【答案】（1）

，；（2）①②.

【解析】

【分析】

（1）直接由频率分布直方图结合公式求得样本平均数和样本方差s2；（2）①利用正态分布的对称性即可求得P（0.8＜X≤8.3）；

②由①知位于（0.8，8.3）的概率为0.8186，且ξ服从二项分布，由二项分布的期望公式得答案．

【详解】（1）

,

+.

（2）①由（1）知X服从正态分布N（5.8，6.16），且σ＝≈2.5，

∴P（0.8＜X ≤8.3）0.8186；

②依题意ξ服从二项分布，即，.

【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查了二项分布、正态分布的知识，着重考查运算求解能力以及数据处理能力，是中档题．

19.如图，在四棱锥中，平面，，，底面为菱形，为的中点，分别线段，上一点，，

.

（1）求证：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）推导出EF∥PA，根据中位线定理推导出OG∥PA，从而EF∥OG，由此能证明EF∥平面BDG．

（2）分别以为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，利用向量法能求出直线与平面

所成角的正弦值.

【详解】（1）设交于点，在中，，

所以，连结AC，交BD于点O，连结OG ，分别为的中点，

所以，故，平面，平面；

（2），，取中点，分别以为轴建立如图所示的坐标系，

，，，，，

，，

设平面的法向量为，由，可得，

所求线面角的正弦值.

【点睛】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间向量法的合理运用．

20.已知椭圆的左.右焦点分别为，为坐标原点.

（1）若斜率为的直线交椭圆于点，若线段的中点为，直线的斜率为，求的值；

（2）已知点是椭圆上异于椭圆顶点的一点，延长直线，分别与椭圆交于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值.

【答案】（1）；（2）详见解析.

【解析】

【分析】

（1）设出A，B 点坐标，代入椭圆方程作差并整理，则可求出的值．

（2）设（），，先计算有一条直线斜率不存在对应的斜率之积的值，再讨论一般情况，求出B，D坐标，化简斜率得出结论．

【详解】（1）设，将，作差可得

，，，

所以；

（2）设（），，

当直线的斜率不存在时，设，则，

直线的方程为代入，可得

∴，，则，

∴直线的斜率为，直线的斜率为，

∴，当直线的斜率不存在时，同理可得.

当直线，的斜率存在时，，

设直线的方程为，则由消去可得：

，

又，则，代入上述方程可得

，

∴，

∴，则

∴，设直线的方程为，

同理可得

∴直线的斜率为，

∵直线的斜率为，

∴

所以直线与的斜率之积为定值，即.

【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的应用，考查了直线与椭圆的位置关系中的定值问题．考查运算求解能力，推理论证能力，属于中档题．

21.已知函数.

（1）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围； （2）若有两个极值点，，求证：.

【答案】（1）

；（2）详见解析.

【解析】

【分析】 （1）根据不等式构造函数，通过函数的导数，对a 分类讨论，分别求解函数的单调性及极值，求出满足条件的实数a 的取值范围．

（2）求出x 1x 2，只需证明，不妨设x 1＞x 2

，只需证明，令t （t ＞1），原不等式转化为lnt ，结合（1）利用不等式的传递性证明即可．

【详解】（1）令，，， 令

， 当时，，且对称轴， 所以当时，，在上单调递增， 所以

恒成立， 当时，，可知必存在区间，使得， 当时，有，即在上单调递减，由于，此时不合题意，综上； （2），令在有两个不同的零点，

，若，则，不合题意； 若，设两个零点分别为，则， 可得，

要证，即证， 即证，即证，

即证，即证，

令，即证

由（1）可得时，，

只需证，即证，

故原不等式得证.

【点睛】本题考查了考查函数的单调性以及函数的最值的求法，考查了不等式的证明，考查构造法以及转化思想的应用，难度比较大．

请考生在22.23题两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.

22.在平面直角坐标系中，直线，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为，直线与曲线相交于两点.

（1）求曲线的直角坐标方程，以及的取值范围；

（2）若过原点的直线交曲线于两点，求的最大值.

【答案】（1）曲线的直角坐标方程：，；（2）.

【解析】

【分析】

（1）直接把极坐标方程与直角坐标方程进行转化，结合圆的性质求得的取值范围．

（2）将直线的极坐标方程代入曲线的极坐标方程，利用一元二次方程根和系数的关系与极径的定义，求得结果．【详解】（1）将代入，曲线的直角坐标方程：，

由于直线过圆内定点，注意直线的斜率一定存在，所以.

（2）设过原点的直线的极角为，则，

，

所以的最大值为.

【点睛】本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的转化，一元二次方程根与系数的关系的应用，极径的应用，属于中档题．

23.已知函数

（1）解不等式；

（2）若，且，证明：，并求时，的值.【答案】(1);(2).

【解析】

分析：(1) 通过讨论x的范围，得到关于x的不等式组，解出即可；

(2)利用绝对值三角不等式证明不等式，同时可知=，在结合均值不等式即可得到的值

详解：

(1)

当时,不等式为,；

当时,不等式为,不成立；当时,不等式为,, 综上所述,不等式的解集为；

（2）解法一:

，

，

当且仅当，即时“”成立；由可得：.

解法二：

，

当时，

；

当时，

；

当时，

的最小值为，

，当且仅当，即时“”成立；由可得：.

点睛：绝对值不等式的解法：

法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；

法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；

法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．

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