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z3i，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<a≤1，
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cosθ，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x1x2，只需证明，不妨设x1＞x2，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．。