2019届重庆市南开中学高三2月教学质量检测数学(理)试题(解析版)

1、2019届重庆市南开中学高三2月教学质量检测数学(理)试题一、单选题1 .集合 A x|y J (x 1)(x 2) , B x|lg / 0,则 AI B ()A. (1,2)B. 1,2C. 1,2D. 1,【答案】C可以求出集合 A, B ,然后进行交集的运算即可.解：A x| 1 x 2, B x|x 1,AI B 1,2,故选：C.考查集合交集的运算，是基础题.2 .在某次测量中得到的 A样本数据如下：22, 23, 25, 26 , 31, 30;若B样本 数据恰好是 A样本数据每个数都减去 10后所得的数据，则 A, B两样本的下列数字特 征相同的是()A.平均数B.方差C.众数

2、D.中位数【答案】B利用方差、平均数、众数、中位数的性质直接求解解：在某次测量中得到的 A样本数据如下：22, 23, 25, 26, 31, 30,若B样本数据恰好是 A样本数据每个数都减去10后所得的数据，则A, B两样本的下列数字特征相同的是方差，至于平均数，众数，中位数均发生变化.故选：B.本题考查数字特征的判断，考查方差、平均数、众数、中位数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题 .3 .复数z满足23 i2019 (其中i是虚数单位)，则z的虚部为()i zA. 1B.1C. 3D. 3【答案】B直接利用复数代数形式的乘除运算化简，根据复数的代数形式写出虚部即可解:2 3ii

3、 z.2019ii4 504 i32 3i i(i z),2 3iiz的虚部为1 .故选：B.本题考查了复数代数形式的乘除运算，属基础题4.下列函数为奇函数且值域为R的是（第8页共20页C. yx21x212x 121 xx2 12 11 ,则其值域不可能为 R,不符合题意;对于 D, f( x) ln( x 1 x2)In - xIn x . 1 x2A1-2A- y x 7B y x3xD y ln(x ,1 x2)【答案】D 根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与值域，综合即可得答案 解：根据题意，依次分析选项:1对于A, y x为奇函数，但其值域为 （，2U2,）,不符合题意;x2对于

4、B, y x3 3x2,为偶函数，不符合题意；对于c, f（ x） 24T / f（x）,为奇函数，21 1 20,则其值域为R,符合题意;奇函数，又 x 0 时，x V1 x2 1,ln x v1 x2故选：D.本题考查函数的奇偶性的判断以及函数值域的计算，属于基础题5 .二项式 3 & 的展开式的所有项系数和为 64,则展开式中的常数项为（）xA. 135B. 135C. 180D. 240【答案】A令x 1得所有项的系数之和为 2n 64,解得n 6,再根据通项公式可得.解：令x 1得所有项的系数之和为6 r所以通项公式为Tr 1 C6 3r X(x)r ( 1)r36rCrC6

5、3r 6x2，4,所以展开式中常数项为：32 C64135故选：A.本题考查了二项式定理，关键是赋值法的使用，属基础题46 .某程序框图如图所不，若输出S ,则判断框中3【答案】DC. k8?D. k 8?由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环Z构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案1解：第一次执行需环体，S -,不满足结束循环的条件，故 k 2;37 1一 一第一次执行需环体， S ，不满足结束循环的条件，故 k 3；310 1第二次执行需环体，S ，不满足结束循环的条件，故 k 4;313 1第四次执行需环体，s ，不满足结束循环的条件，

6、故 k 5；3第五次执行循环体,1 ,不满足结束循环的条件，故 k 6;第六次执行循环体,诃1 ,不满足结束循环的条件，故 k 7；3第七次执行循环体,22 1冤 1 ,不满足结束循环的条件，故 k =8 ；3第八次执行循环体,4满足结束循环的条件,3故退出的循环的条件，应为：k 8?,故选：D.本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答.7.在 ABC中，“tanAtanB 1”是“ ABC为钝角三角形”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推出 tanAtanB1的等价式子，即可判断出结论tanAtanB 1cosC

7、 八0 cosAcosB, sin Asin B -cos(A B)-100cosAcosB cosAcosBcosAcosBcosC 0 VABC为钝角三角形.在 ABC中，“tanAtanB 1”是“ ABC为钝角三角形”的充要条件故选：C.本题考查和与差的正切公式、充分性和必要性的判定方法，考查了推理能力与计算能力,属于中档题.8. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱长为（A. 3B. 2、3C-2 2D. 2 6由三视图知该几何体是底面为直角三角形的直三棱锥，结合图中数据，即可求出三棱锥中最长的棱长.解：由三视图知，几何体是一个三四棱锥，且三棱锥的底面是一个直角三角形BCD

8、,直角梯形的上底是 BC 2 ,下底是CD 2,如图所示：AB 75, AC J4 4 1 3,同理 AD J4 1 4 3,则四棱锥的最长棱长为 3.故选：A.本题考查了几何体三视图的应用问题，解题的关键是还原出几何体结构特征，是基础题.229.双曲线C ： 2 丫2 1 (a 0,b 0)的离心率为 J2 ,过双曲线C的左焦点F和 a bP 0,4的直线平行于双曲线 C的一条渐近线，则双曲线 C的方程为()2_ 2_22_22-22A. 2x 2y 1B. x y 2C. x y 8 D. x y 16【答案】C由离心率公式和a,b,c的关系可得a b,求得渐近线方程，结合直线的斜率公式，

9、解方程可得a,b,进而得到双曲线方程.解：由题意可得e V2, a b, F( c,0), a可得双曲线的渐近线方程为y x,即有40 1,0 c即c 4,a b 2 J2,可得双曲线的方程为 x2 y2 8,故选：C.本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率，考查直线的斜率和方程思想，运算能力，属于基础题 .10 .函数f (x) asin 2x bcos2x (a、b为常数)满足：对任意 x R都有f(x)f 512f x在区间0,内的零点为(A.6B.2一或63,2C.一或一 33D.3由 f(x)f 5125f 是函数12f (x)的最小值，利用辅助角公式求出a,b的关系，

10、然后利用三角函数的图象和性质进求解即可解：Q f (x)a sin 2x b cos2 x .a2 b2 sin(2 x ),tanf (x)5 一 5. .一一5-,得f 一是函数f(x)的最小值,1212512512.5 asin6bcos5平方得，a22 . 3ab 3b24a2即 3a2 2、3ab b20,(73a b)2 0 ,解得 bT3a ,又 a 73b0 贝Ua 0,b0,为第二象限角且tanf(x)asin 2x bcos2x2.b sin2xf(x)a2b2 sin2x0,解得2x0,，当k 1时,2时,2一或x 一63第10页共20页故选：B.本题主要考查三角函数的图

11、象和性质，利用三角函数的辅助角公式是解决本题的关键, 考查学生的计算能力，是中档题 .11 .已知圆台的母线长为 4, AB, CD分别为上、下底面的直径， AB 2, CD 6,且AB与CD不平行，则四面体 ABCD体积的最大值为()A. 4.3B. 4/6C. 8 3D. 9 6【答案】A取AB的中点O ,并连接OC , OD ,推导出Sv0cD，点A到平面OCD的距离的最大A BCD体积的最大值一, AB ,值dmax - 1 ,由此能求出三棱锥解：,圆台的母线长为 4 ,上底面直径 AB 2,下底面直径CD 6 , AB与CD不平行，取AB的中点0 ,并连接OC , OD ,圆台的高h

12、“222 2百，S/OCD_，1 一点A到平面OCD的距离的最大值为 dmax -AB 1,21-.二梭锥 A BCD 体机的取大值：Va BCD max2 _ SvoBC dmax 4 3.3故选：A.本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属中档题 12 .设f x为R上的函数，其导函数为f(x)1f(x) ex 2f(x), f 02019,则不等式上(x) 2018ex 1的解集为()eA. (0,)B. (,0)C. (0,2018)d. ( 2018,0)【答案】Bf (x)1先构造函数g (x)2

13、,利用导数判断函数的单调性，利用单调性即可求出不e e等式的解集.f'(x) ex 2f (x)g (x)解：设g (x)2xeQ f'(x) ex 2f (x),g(x)在R上为增函数,f 02019,g(0)f0) -10 2019 1 2018, e e第20页共20页2018ex 1,2018,f(x)2xeg(x) g(0),x 0,故选：B.本题考查了导数和函数单调性的关系，以及单调性的应用，关键是构造函数，属于中档题.二、填空题13 .已知等比数列 an为递增数列.若 a1>0,且2 (a n+a n+2)=5a n+1,则数列 an的公比q =.【答案】2

14、.等比数列 an为递增数列，且a1 0,，公比q 1,又 2(an an 2) 5an 1,，an 021 , 2q 5q 2 0，q 2或q 万(舍去). .公比q为2.考点定位：本题考查等比数列，意在考查考生对等比数列的通项公式的应用能力14.正实数x , y满足2x yc42,贝Ux 1-的最小值为y由2x1)4,然后利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出解：;2x2,2(x1) y4,当且仅当124924y11042(x1)1 4yy 410 xn4(x 1)y4(x 1)-即13,y4 ,心-时取等号3故答案为:本题考查了 “乘1法”与基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属

15、基础题uuu uuu uuur|OA|OB| |OC|uur uur1 ,则ac BC的取大值为,» uuu uur15在 ABC 中，OAOB 0，【答案】12建立如图所示的平面直角坐标系，则A(1,0),B(0,1),C(cos , sin ),0,- U -,2,由平面向量坐标运算及辅助UULT UUUU角公式可得：AC BC 1 V2sin一,利用正弦函数的性质可得最值.4解：由已知可建立如图所示的平面直角坐标系，则 A(1,0),B(0,1),C(cos ,ain ),0,-,2,22uuuruuir则 AC (cos 1, sin ) , BC (cos ,sin 1),

16、uuur uiur22一所以 AC BC cos cos sin sin 1 2sin 44时,uur uurAC BC取取大值故答案为：1/2.本题考查了平面向量数量积运算及平面向量坐标运算，属中档题216.过抛物线y 4x焦点F的直线交抛物线于A, B ,若 AOB 120 ,则AB .27【答案】27 4设A刈乂，B X2,y2 ,算出抛物线的焦点坐标，可设直线AB的方程为V k(x 1),与抛物线方程联解消去 x可得关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系得到V1 丫2,%丫2,%乂2,再结合向量的数量积公式求得VAOB的面积，再由面积相等求得 k ,则AB可求.解：如图，抛物线y2

17、4x的焦点为F (1,0).设直线AB的斜率为k ,可得直线 AB的方程为y k(x 1), r 24代入抛物线方程消去x ,得y2 2y 4 0,k设 A。乂，B x2,y2 ,由根与系数的关系可得：y4y2ky1y24,XiX21,设 |OA| m,|OB|Q AOB 120 ,uurOAuurOBmncos120uuu uuuQ OA OB x1x2V1V23,mn 6,则VAOB的面积为1 mnsin1202yy22 y1y24yiY2k6163/32 ，解得不妨取4 .行11则 |AB|Xix2yy2kA 4 k2274故答案为:274不114本题考查抛物线定义与标准方程、直线与圆锥

18、曲线位置关系等知识，属于中档题 三、解答题17.已知数列 an中,a1 4 , an 0 ,前n项和为Sn,且当n 2 , n N *时,an(1)证明：数列. Sn为等差数列;(2)记 Tn a1 2a23a3 L nan,求 Tn._ ._ 1 Q o【答案】(1)证明见解析(2) Tn4n39n26(1)运用数列的递推式和等差数列的定义，即可得证;5n 6 ,n 1.(2)运用等差数列的通项公式和数列的递推式可得an ,再由数列的分组求和，结合等差数列的求和公式和自然数的平方和公式，可得所求和解析：（1）由题意知0,当n 2时：& &1麻肉,展斥1,且展2,(2)an是以

19、2为首项,（1）可得:4,n 12n 1,n1为公差的等差数列;2(n 1)2 ,故当n 2 时，anSn Sn 12n 1,1 时，T142时:Tn2 a2 3a3nan 4 2(22 1) 3(23 1) Ln(2n 1)n(n 1)(2n 1)n(n 1)2n(n 1)(4n6Tn4, n 11,32_- 4n 9n 5n6又当12 5c1364,故Tn - 4n3629n 5n 6 ,n 1.本题考查等差数列的定义和通项公式、求和公式，考查数列的递推式的运用，以及数列 的分组求和，考查化简运算能力，属于中档题18.蚂蚁森林是支付宝客户端为首期“碳账户”设计的一款公益行动：用户通过步行、

20、地铁出行、在线缴纳水电煤气费、网络挂号、网络购票等行为就会减少相应的碳排放量,可以用来在支付宝里养一棵虚拟的树.这棵树长大后，公益组织、环保企业等蚂蚁生态 伙伴们可以在现实沙漠化地区（阿拉善、通辽、库布齐等）种下一棵实体的树目前通辽地区对部分基地樟子松幼苗的培育技术进行了改进，为了了解改进后的效果，现从改进前后的树苗培育基地各抽取了 150株产品作为样本，检测其同样生长周期的高度（单位: cm）,若高度不低于20才适合移植，否则继续等待生长图1是改进前的样本的频率分布直方图，表2是改进后的样本频率分布表 .图1表2技术改进后样本的频率分布表高度频数0,10110,20320,305030,40

21、3240,504850,6016(1)根据图1和表2提供的信息，试从移植率的角度对培育技术改进前后的优劣进行比较；(2)估计培育技术未改进的基地树苗高度的平均数；(3)在市场中，规定高度在 30,40内的为三等苗，40,50内的为二等苗， 50,60内的为一等苗.现从表2高度不低于30的树苗样本中采用分层抽样的方法抽取6株，再从这6株幼苗中随机抽取 4株，求这4株中一、二、三等苗都有的概率.3【答案】(1)改进后的培育技术更好，详见解析；(2) 34.4(cm); (3)-.5(1)根据题图和题表可求培育技术改进前后树苗的移植率进行判断；(2)利用样本数字特征估价平均数计算即可；(3)由古典概

22、型计算公式进行计算即可.解析：(1)根据题图和题表可知，培育技术改进前树苗的移植率为-86 43,培育技100 50146 73木改进后树苗的移植率为，所以培育技术改进后树苗的移植率更高，因此改150 75进后的培育技术更好.(2)X 5 0.10 15 0.04 25 0.16 35 0.40 45 0.12 55 0.18 34.4 (cm).(3)由题意知，6株幼苗中一、二、三等苗分别有 1、3、2株,_ 12_ 2 _ 1_ 1C3c2C3 c2 C13 6C本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了频率、频数、平均数与样本容量的应 用问题，考查古典概型，是基础题19.已知函数0 ,

23、 f X11, f (x2)3,且工，求f 的值.252f x 2cos x sin x 、- 3cos x ，一 3 1x X2 min £ .(1)求f X的单调递减区间；23(2)右,一,fsin3 3235,【答案】(1)单调递减区间为k,7, r1,k ，k Z ; (2).12125(1)根据题意求出函数 f x的解析式，然后可求出它的单调递减区间.(2)结合条件求出sin4-,cos35,然后由25f -2sin -1 2sin231可得结果.3(1) f x2cos x(sin x .3cos x) .3 12sinxcos x2、3cos2sin2 x : 3(2

24、cos2 x 1) 1sin2 x . 3cos2 x 12sin(2 x ) 1 . 31 sin(2 x ) 13，3 2sin(2 x ) 1 1, 3f x的最大值为1,最小值为 3.又 f X11, f X23，且 X1x2 min函数f x的最小正周期为2 一21 ,f (x) 2sin(2x ) 1 .3,九入九-3 7t由2k九一2x一2k九，k Z ,232得k：t7冗x k：t ,k Z ,12f x的单调递减区间为k 一，k12712,一3(2)由(1)付 f 2sin 1 一,23354.sin 一 3523，3 ，0,33cos- sin72一且, 二二253 324

25、，33224-cos1 sin252sin一 1 2sin32 sin cos cos sin 133c 7 3244.2125 52551.5(1)解答有关三角函数性质的有关问题时，首项把函数解析式化为f(x) Asin( x)的形式，然后再结合正弦函数的相关性质求解，解题时注意系数A,对结果的影响.(2)对于三角变换中的“给值求值”问题，在求解过程中注意角的变换， 通过角的“拆”、“拼”等手段转化为能应用条件中所给角的形式，然后再利用整体思想求解.2220 .已知P(2,0)为椭圆c :斗 41(a b 0)的右顶点，点M在椭圆C的长轴上, a2 * 4b2过点M且不与x轴重合的直线交椭圆

26、 C于AB两点，当点 M与坐标原点。重合时,1直线PA、PB的斜率之积为-1.4(1)求椭圆C的标准方程;uuuu(2)右 AMuuur2MB，求OAB面积的最大值.第25页共20页(1)设 A(Xi , y“，B(Xi ,y1),可得kPAgPB2y12x14X1-.又多4 a2学1,代入上式可得:b2 a1. rra 2,解得b,即可得出椭圆 C的标准方程.4(2)设直线AB的方程为:x ty m(t0) ， ( 21 加 2) . A(x , yj , B(X2 , V2),与椭圆方程联立化为:2y2,2 22uuuuuuur 3日(4 t )y 2mty m 4 0 ,有 AM 2MB

27、，可信 %利用根与系数的关系可得:即可得出.22 4t2 1629t2 413OAB 的面积 S - | m( y1 y2) | - | my2 | ,解：(1)设 A(x , %) , B( x ,yO,则 kPAgkPB2y12x1424 1，代入上式可得: b2b2a2 x 椭圆C的标准方程为：一4(2)设直线AB的方程为:tym(t2) . A(x , %) , BG , y),联立ty m2 ，化为: 4y2 4(42)y2mty0,2mtyiy2uuuuQ AM4 tuuur2MB，4"TVi2y2,yy2y2y12,代入可得:4t216OAB的面积s29224 mgy2

28、1 .，21m(y14t2 169t2 4y2)l29t 43, 2|my21,216t22(4 t )(9t4)216t2(9t4)12|t|129t249|t|±,1, |t|当且仅当4-时取等9OAB面积的最大值为1 .小J3本题考查了椭圆的标准方程及其性质、二次方程的根与系数的关系、向量运算性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力,属于难题.21 .设函数f (x) a ln x ex 1 1,其中 aR, e 2.718L为自然对数的底数.(1)若 fx在1,)存在极大值，求实数a的取值范围;(2)求证:4350021ln1.1 -(参考数据:200e01.105)

29、.【答案】(1) a 1 (2)证明见解析(1)对f x求导，构造g(x) a根据g x的单调性和最值，判断 f x的单调性，求出a ;（2）当a 1时，证明出ln1.1e0.1 211 0.105 赤，当 a 1 时,f x在xXo处取得极大值,取x01.1，判断ln1.1e0.111.1e0.10.1051.11.1051050121550.08638435500得出结论.解析：（1）(x)令 g(x)x 1xe在1,g(x)g(1)0时,0时,故存在x° 1 ,g (x)单调递减,使得gx1,x0 时 f x调递减,x 1a xe (xx(x 1)ex10恒成立，故f x在1,

30、）单调递减,1),0,0,g(1)0,即f x单调递增；xf x在x x0处取得极大值,综上，a1.（2）由（1）知当a1时f x在1,f(x)f(1) 0即 In xex 1 1 ,%处取得极大值,）单调递减,%,在1,）单调递减,不合0时,0,即取 x 1.1 时，ln1.10.1 e0.10521200'f x0f x00xn, ax°e0x 1aln x0 e 010,e" 1 1In x aex011x0 1 ，x°e0.11.1e1 ,取 1.1 ,则a第27页共20页ln1.10.1e 1110.11.1e0.1051.1 1.1051050430.08638 ，121555002sin 8| |5sin()、22第29页共20页ln1.12120022.在直角坐标系中， 曲线C1的参数方程为x cosy 2 sin为参数），以。为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sin4； 0.4（1）将曲线C1上各点的纵坐标伸长为