2019届江西省、广东省百校联考高三12月教学质量检测考试数学（文）试题（解析版）

这是一份2019届江西省、广东省百校联考高三12月教学质量检测考试数学（文）试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2019届江西省、广东省百校联考高三12月教学质量检测考试数学（文）试题


一、单选题
1．已知集合A＝{1，2，3，4，5}，B＝{x|x＝2n，n∈A}，则A∩B＝（ ）
A．{4} B．{2，4} C．{1，3，5} D．{1，2，3，4，5}
【答案】B
【解析】利用交集定义直接求解．
【详解】
解：∵集合A＝{1，2，3，4，5}，
B＝{x|x＝2n，n∈N}，
∴A∩B＝{2，4}．
故选：B．
【点睛】
本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，是基础题．
2．已知i为虚数单位，下列运算结果为实数的是（ ）
A．i•（1+i） B．i2•（1+i） C．i•（1+i）2 D．i2•（1+i）2
【答案】C
【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【详解】
解：i•（1+i）＝﹣1+i，
i2•（1+i）＝﹣1﹣i，
i•（1+i）2＝i•2i＝﹣2，
i2•（1+i）2＝﹣1•2i＝﹣2i．
∴运算结果为实数的是C．
故选：C．
【点睛】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查计算能力，是基础题．
3．已知p：﹣1＜x＜2，q：2x2﹣x﹣3＜0，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】求出不等式的等价条件，结合不等式的关系，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
解：由2x2﹣x﹣3＜0得（x+1）（2x﹣3）＜0，
得﹣1＜x，
则p是q的必要不充分条件
故选：B．
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，二次不等式的解法，理解不等式的关系是解决本题的关键．
4．已知函数f（x）为奇函数，当x＞0时，f（x）＝2x+x2，则f（﹣2）＝（ ）
A． B．﹣8 C． D．8
【答案】B
【解析】根据f（x）是奇函数即可得出f（﹣2）＝﹣f（2），而根据x＞0时，f（x）＝2x+x2，即可得出f（2）＝8，从而求出f（﹣2）＝﹣8．
【详解】
解：∵f（x）为奇函数，当x＞0时，f（x）＝2x+x2；
∴f（﹣2）＝﹣f（2）＝﹣（4+4）＝﹣8．
故选：B．
【点睛】
本题考查奇函数的定义，以及已知函数求值的方法，考查转化能力．
5．中国和印度是当今世界上两个发展最快且是最大的发展中国家，为了解两国经济的发展情况，收集了2008年至2017年两国GDP年度增长率，并绘制成如图折线图，则下列结论不正确的是（ ）

A．2010年，两国GDP年度增长率均为最大
B．2014年，两国GDP年度增长率几乎相等
C．这十年内，中国比印度的发展更为平稳一些
D．2015年起，印度GDP年度增长率均比中国大
【答案】D
【解析】根据折线图进行判断即可．
【详解】
解：由折线图可知两国GDP年度增长率均在2010年达到最大值，故A正确；
在2014年，两国GDP年度增长率几乎相等，故B正确；
在这十年间，中国GDP年度增长率变化不大，而印度GDP年度增长率变化较大，故C正确；
由折线图可知在2017年，印度GDP年度增长率低于中国，故D错误．
故选：D．
【点睛】
本题考查了数据统计，考查折线图的意义，考查数据分析能力，属于基础题．
6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝2，B＝30°，△ABC的面积为，则b＝（ ）
A． B．1 C． D．4
【答案】C
【解析】由已知利用三角形的面积公式可求c的值，根据余弦定理可求b的值．
【详解】
解：∵a＝2，B＝30°，△ABC的面积为acsinB，
∴c＝2，
∴由余弦定理可得：b．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，属于基础题．
7．函数y在其定义域内的大致图象为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】判断函数的奇偶性和对称性，利用导数明确函数在上的单调性．
【详解】
解：函数的定义域为{x|x≠0}，
f（﹣x）f（x），则函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除C，
当时， ，
∴，
即在 上单调递减，排除B，D
故选：A．
【点睛】
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和极限思想，利用排除法是解决本题的关键．
8．已知函数f（x）＝2sin（2x+θ）（|θ|）的图象经过（，1），则f（x）的图象（ ）
A．关于点（，0）对称 B．关于直线x对称
C．关于点（，0）对称 D．关于直线x对称
【答案】B
【解析】根据函数过定点，求出θ的大小，结合三角函数的单调性求出对称轴和对称中心方程进行判断即可．
【详解】
解：∵f（x）的图象经过（，1），
∴f（）＝2sin（2θ）＝1，
即sin（θ），
∵|θ|，
∴θ，则θ，
则θ，即θ，
则f（x）＝2sin（2x），
由2xkπ，得x，k∈Z，即对称中心为（，0），k∈Z，
由2xkπ，得x，k∈Z，即对称轴方程为x，k∈Z，
当k＝0时，对称轴方程为x，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查三角函数解析式以及性质判断，求出θ的值，利用三角函数的对称性是解决本题的关键．
9．已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，若该圆锥的顶点与底面圆周均在同一个球面上，则这个球的表面积为（ ）
A．π B．π C．π D．12π
【答案】C
【解析】取圆锥的轴截面，得出轴截面的外接圆半径等于圆锥的外接球半径，然后利用正弦定理可计算出球的直径，最后利用球体的表面积公式可得出答案．
【详解】
解：如下图所示，

取圆锥的轴截面，则该轴截面等边△ABC的外接圆圆心即为圆锥的外接球球心，且△ABC外接圆半径等于圆锥的外接球半径，
设球的半径为R，由正弦定理得，
因此，这个球的表面积为，
故选：C．
【点睛】
本题考查球体的表面积的计算，解决本题的关键在于充分利用圆锥轴截面的几何性质来求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题．
10．已知A、B分别为椭圆C：1（a＞b＞0）的右顶点与上顶点，F是C的左焦点，若FB⊥AB，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】利用椭圆的性质结合勾股定理转化求解即可．
【详解】
解：A、B分别为椭圆C：1（a＞b＞0）的右顶点与上顶点，F是C的左焦点，若FB⊥AB，
可得：a2+b2+b2+c2＝（a+c）2，即：2ac＝2b2＝2a2﹣2c2，
可得e2+e﹣1＝0，解得e，e（舍去）．
故选：B．
【点睛】
本题考查椭圆的简单性质的应用，离心率的求法，考查转化思想以及计算能力．
11．某正三棱柱的三视图如图所示，正三棱柱表面上的点M、N分别对应正视图上的点A，B，若在此正三棱柱侧面上，M经过三个侧面到达N的最短距离为6，则当此正三棱柱的侧面积取得最大值时，它的高为（ ）

A． B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】由三视图还原原几何体正三棱柱，设正三棱柱底面边长为a，高为b，由已知求得．再由基本不等式求最值得答案．
【详解】
解：由三视图还原原几何体正三棱柱如图，

设正三棱柱底面边长为a，高为b，
则，即．
∴，
即ab≤6，当且仅当，即b时，
三棱柱侧面积有最大值S＝3ab＝18．
故选：C．
【点睛】
本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，考查多面体表面距离最小值的求法，是中档题．
12．若函数f（x），的值域是[﹣1，1]，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，] B．（﹣∞，﹣1]
C．[﹣1，1] D．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）
【答案】B
【解析】这是一道分段函数的最值问题，可利用分类讨论来解答，注意分段函数的值域是每个分支函数的值域的并集．
【详解】
解：当x≥a，y＝sinx的值域为[﹣1，1]，而y＝f（x）的值域也恰好是[﹣1，1]，这说明：函数的值域是[﹣1，1]的一个子集．
则有，a≤﹣1．
故选：B．

【点睛】
本题考查了分段函数的最值问题，利用数形结合思想能够直观，形象地解答问题．


二、填空题
13．若倾斜角为α的直线l与曲线y＝ex+x相切于点（0，1），则sin2α＝_____．
【答案】
【解析】由条件通过导数求出切线的斜率，利用同角三角函数的基本关系，求得sin2α的值．
【详解】
解：y′＝ex+1，
故y′|x＝0＝2，
即tanα＝2，
则sin2α
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查函数的导数的运算，切线的斜率的求法，同角三角函数的基本关系，属于基础题．
14．已知x，y满足约束条件，则目标函数z＝y﹣2x的最大值为_____．
【答案】5
【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，求最大值．
【详解】
作出x，y满足约束条件对应的平面区域如图（阴影部分）：

由z＝y﹣2x得y＝2x+z，
平移直线y＝2x+z，
由图象可知当直线y＝2x+z经过点C时，直线y＝2x+z的截距最大，此时z最大．
由，解得C（﹣4，﹣3），
代入目标函数得z＝﹣3﹣2×（﹣4）＝5，
即z＝y﹣2x的最大值是5．
故答案为：5．
【点睛】
本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．
15．某中学“主持朗诵”社团的成员中，分别有高一、高二、高三年级各1、2、3名表达与形象俱佳的学生，在该校“元旦节目汇演”中，要从这6名学生中选取两人担任节目主持人，则至少有一个是高三学生的概率是_____．
【答案】
【解析】设高三的3位同学为A1，A2，A3，高二的2位同学为B1，B2，高一的1位同学为C1，列举可得总的基本事件有15个，符合条件的有12个，由概率公式可得．
【详解】
解：设高三的3位同学为A1，A2，A3，高二的2位同学为B1，B2，高一的1位同学为C1，
则从六位同学中抽两位同学有15种可能，列举如下：
（A1，A2），（A1，A3），（A1，B1），（A1，B2），
（A1，C1），（A2，A3），（A2，B1），（A2，B2），
（A2，C1），（A3，B1），（A3，B2），（A3，C1），
（B1，B2），（B1，C1），（B2，C1），
其中高三的3位同学至少一位同学参加县里测试的有：
（A1，A2），（A1，A3），（A1，B1），（A1，B2），
（A1，C1），（A2，A3），（A2，B1），（A2，B2），
（A2，C1），（A3，B1），（A3，B2），（A3，C1），
12种可能．
∴高二至少有一名学生参加县里比赛的概率为：
故答案为：．
【点睛】
本题考查列举法计算基本事件数及事件发生的概率，属基础题．
16．在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，∠BCD＝120°，△ABD是边长为2的正三角形，E是AB边上的动点，则•的最小值为_____．
【答案】
【解析】将四边形放入坐标系，结合三角函数定义求出对应点的坐标，利用向量数量积公式转化为一元二次函数进行求求解即可．
【详解】
解：当四边形ABCD放入平面直角坐标系，
∵AB⊥BC，∠BCD＝120°，△ABD是边长为2的正三角形，
∴D（2cos30°，2sin30°），即D（，1），
∵∠CDB＝90°﹣60°＝30°，∠BCD＝120°
∴∠CDB＝30°，即△BCD是等腰三角形，
取BD的中点E，
则BE＝1，
则cos30°，
即BC，即C（，0），
设E（0，b），0≤b≤2，
则（，b﹣1），（，b），
则•（，b﹣1）•（，b）＝2+b（b﹣1）＝b2﹣b+2
＝（b）2+2═（b）2，
∴当b时，数量积取得最小值，
故答案为：

【点睛】
本题主要考查向量数量积的应用，建立坐标系，利用坐标法转化为一元二次函数是解决本题的关键．

三、解答题
17．已知数列{an}的前n项和Sn＝2an﹣1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn＝an•log2an+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
【答案】（1）an＝2n﹣1（2）Tn＝1+（n﹣1）•2n
【解析】（1）运用数列的递推式，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求通项；
（2）求得bn＝an•log2an+1＝n•2n﹣1，由数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式，计算可得所求和．
【详解】
（1）Sn＝2an﹣1，可得n＝1时，a1＝S1＝2a1﹣1，即有a1＝1，
n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an﹣2an﹣1，即为an＝2an﹣1，
可得{an}为首项为1，公比为2的等比数列，
可得an＝2n﹣1；
（2）bn＝an•log2an+1＝n•2n﹣1，
前n项和Tn＝1•20+2•21+…+n•2n﹣1，
2Tn＝1•2+2•22+…+n•2n，
相减可得﹣Tn＝1+2+…+2n﹣1﹣n•2n
n•2n，
化简可得Tn＝1+（n﹣1）•2n．
【点睛】
本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查数列的求和方法：错位相减法，考查化简运算能力，属于基础题．
18．如图，已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1．将矩形沿对角线BD折起，使A移到点P，P在平面BCD上的投影O恰好落在CD边上．

（1）证明：DP⊥平面BCP；
（2）求点O到平面PBD的距离．
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】（1）由已知可证BC⊥CD，DA⊥AB，由A点移动到了P点，可证PD⊥PB，过P点作PO⊥CD，利用PO⊥面BCD，可证BC⊥面PCD，利用线面垂直的性质得BC⊥PD，根据线面垂直的判定定理可证PD⊥面PBC．
（2）连接OB，由（1）可知DP⊥PC，可求PC，可证OP⊥CD，由DC•PO＝DP•PC，解得OP，OC的值，可得S△ODB，设点O到平面PBD的距离为h，可得S△DPB＝S△ABD＝1，根据VP﹣DOB＝VO﹣DPB，即可解得h的值．
【详解】
（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴BC⊥CD，DA⊥AB，
∵A点移动到了P点，
∴PD⊥PB，
又∵P点在平面BCD上的射影在CD上，
∴过P点作PO⊥CD，
∴PO⊥面BCD，
∴BC⊥面PCD，可得：BC⊥PD，
∴PD⊥面PBC，
（2）连接OB，由（1）可知DP⊥平面BCP，PC⊂平面BCP，
所以DP⊥PC，
即PC，
由（1）可知OP⊥平面BCD，
而CD⊂平面BCD，
所以OP⊥CD，
由DC•PO＝DP•PC，解得：OP，
所以OC，
可得：OD，BD，sin∠ODB，
可得S△ODBsin∠ODB，
设点O到平面PBD的距离为h，可得S△DPB＝S△ABD＝1，
因为VP﹣DOB＝VO﹣DPB，
所以S△DOB•POS△DPB•h，
可得：h，解得h．
即点O到平面PBD的距离．
【点睛】
本题是对线面垂直的判定和性质以及三棱锥的体积计算的综合考查，考查了转化思想和数形结合思想的应用，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题．
19．如图是某创业公司2017年每月份公司利润（单位：百万元）情况的散点图：为了预测该公司2018年的利润情况，根据上图数据，建立了利润y与月份x的两个线性回归模型：①0.94+0.028；②0.96+0.032lnx，并得到以下统计值：


模型①
模型②

残差平方和（yi）2
0.000591
0.000164
总偏差平方和（yi）2
0.006050

（1）请利用相关指数R2判断哪个模型的拟合效果更好；
（2）为了激励员工工作的积极性，公司每月会根据利润的情况进行奖惩，假设本月利润为y1，而上一月利润为y2，计算z，并规定：若z≥10，则向全体员工发放奖金总额z元；若z＜10，从全体员工每人的工资中倒扣10﹣z元作为惩罚，扣完为止，请根据（1）中拟合效果更好的回归模型，试预测208年4月份该公司的奖惩情况？（结果精确到小数点后两位）
参考数据及公式：1.73，2.24，1n2≈0.69，1n3≈1.10，ln5≈1.61．相关指数R2＝1．
【答案】（1）模型②0.96+0.032lnx，的拟合效果更好，详见解析（2）预测2018年4月份公司应该向全体员工发放10.56万元的奖金总额
【解析】（1）根据所给数据，分别计算出两种回归方程的相关指数，比较即可．
（2）由（1）知模型②的拟合效果更好，利用模型②预报4月份和3月份的利润y2，y1，代入公式求出z分析即可．
【详解】
设模型①②的相关指数分别为，，
则10.902314，10.97289，
所以，所以模型②0.96+0.032lnx，的拟合效果更好．
（2）由（1）知，模型②0.96+0.032lnx，的拟合效果更好．
则2018年4月份公司的利润的预报值为：y1＝0.96+0.032ln16＝0.96+0.032×4×ln2≈1.04832（百万元），
2018年3月份公司的利润预报为：y2＝0.96+0.32ln15＝0.96+0.032（ln3+ln5）≈1.04672（百万元），
所以z＝0.1y1+0.5×（y2﹣y1）＝0.104832+0.5×0.0016≈0.105632（百万元）≈10.56万元，
因为z≥10，
所以，预测2018年4月份公司应该向全体员工发放10.56万元的奖金总额．
【点睛】
本题考查了利用相关指数判断回归分析拟合效果，主要考查计算能力，属基础题．
20．在直角坐标系xOy中，已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，过F垂直于x轴的直线与C相交于A、B两点，△AOB的面积为2．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若过P（，0）的直线与C相交于M，N两点，且2，求直线l的方程．
【答案】（1）y2＝4x（2）或．
【解析】（1）先得出直线AB的方程，将直线AB的方程与抛物线C的方程联立，求出交点A、B的坐标，可求出|AB|，然后利用三角形的面积公式可求出p的值，即可求出抛物线的方程；
（2）设直线l的方程为x＝my﹣1，设点M（x1，y1）、N（x2，y2），将直线l的方程与抛物线C的方程联立，并列出韦达定理，由得出y1＝2y2，并将此关系式代入韦达定理，可求出m的值，即可得出直线l的方程．
【详解】
（1）易知直线AB的方程为，将该直线方程代入抛物线C的方程得，∴、，且|AB|＝2p，
∴△AOB的面积为，∵p＞0，解得p＝2．
因此，抛物线C的方程为y2＝4x；
（2）设直线MN的方程为，设点M（x1，y1）、N（x2，y2），y2﹣4my+4＝0
△＝16m2﹣16＞0，解得m＜﹣1或m＞1．
，，∵，∴y1＝2y2，

由韦达定理得y1+y2＝3y2＝4m，则，
，得，
因此，直线l的方程为，即或．
【点睛】
本题考查直线与抛物线的综合问题，考查韦达定理设而不求法在抛物线综合问题中的应用，考查计算能力，属于中等题．
21．已知f（x）＝1nx2x+1，其中a≠0．
（1）当a＝1时，求f（x）的极值；
（2）当a＞0时，证明：f（x）．
【答案】（1）f（x）的极大值为﹣2，无极小值（2）证明见解析
【解析】（1）对f（x）求导，求出函数单调性，求出极值；
（2）证明f（x）即证明f（x）max，利用导数求出f（x）的最大值即可．
【详解】
解：（1）当a＝1时，f（x）＝lnx2x+1，
所以f（x），（x＞0）
令f'（x）＞0得f（x）在（0，1）单调递增，
令f'（x）＜0得f（x）在（1，+∞）单调递减，
所以当x＝1时，f（x）取得极大值f（1）＝﹣2，无极小值；
（2）当a＞0时，f'（x）（x＞0），
令g（x）＝﹣2x2+x+a，则g（0）＝a＞0，又g（x）开口向下，且对称轴为x，
所以存在x0使得g（x0）＝0，即a＝2x0，
所以当x∈（0，x0）时，f（x）单调递增，（x0，+∞）是单调递减，
所以当x＝x0时，f（x）取得最大值f（x0），
f（x0）＝lnx02x0+1＝lnx02x0+1＝lnx0﹣4x0+2，
令h（x0）＝f（x0），
所以当x0时，h'（x0）0，
所以在h（x0）（上单调递减，
所以h（x0）＜h（）＝lnln，
所以原不等式成立．
【点睛】
本题考查了利用导数求函数极值，利用导数证明不等式，属于综合题．
22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ（ρ﹣2sinθ）＝1．
（1）求C的直角坐标方程；
（2）设直线l与y轴相交于P，与曲线C相交于A、B两点，且|PA|+|PB|＝2，求点O到直线l的距离．
【答案】（1）x2+（y﹣1）2＝2（2）
【解析】（1）把曲线C的极坐标方程变形，结合ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ可得C的直角坐标方程；
（2）直线l与y轴的交点为P（0，﹣1），曲线C是圆心为C（0，1），半径为的圆，由CP＝2可得P（0，﹣1）在圆外，将直线l的参数方程代入x2+（y﹣1）2＝2，得到关于t的一元二次方程，利用根与系数的关系及参数t的几何意义求解．
【详解】
（1）∵曲线C的极坐标方程为ρ（ρ﹣2sinθ）＝1，
化简得：ρ2﹣2ρcosθ﹣1＝0，
由ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，
得C的直角坐标方程为x2+y2﹣2y﹣1＝0，即x2+（y﹣1）2＝2；
（2）直线l与y轴的交点为P（0，﹣1），曲线C是圆心为C（0，1），半径为的圆，
∵CP＝2，∴P（0，﹣1）在圆外，
将直线l的参数方程代入x2+（y﹣1）2＝2，
得t2﹣4tsinα+2＝0．
∴t1+t2＝4sinα，又P（0，﹣1）在圆外，
∴t1，t2同号，
∴|PA|+|PB|＝|t1|+|t2|＝|t1+t2|＝|4sinα|＝2，
得|sinα|，可得直线l的斜率为．
设点O到直线l的距离为h，则h＝|OP|•sin60°．
即点O到直线l的距离为．
【点睛】
本题考查参数方程化普通方程，极坐标方程化直角坐标方程，关键是直线参数方程中参数t的几何意义的应用，是中档题．
23．已知函数f（x）＝|x|+|x﹣λ|，其中λ．
（1）若对任意x∈R，恒有f（x），求λ的最大值；
（2）在（1）的条件下，设λ的最大值为t，若正数m，n满足m+2n＝mnt，求2m+n的最小值．
【答案】（1）（2）36
【解析】（1）对任意x∈R，恒有f（x）⇔f（x）min，再用绝对值不等式的性质求得f（x）的最小值代入可求得λ的最大值；
（2）由（1）知t，m+2nmn，∴，再变形后用基本不等式可求得．
【详解】
（1）∵f（x）＝|x|+|x﹣λ|≥|（x）﹣（x﹣λ）|＝|λ|，∴f（x）min＝|λ|，
对任意x∈R，恒有f（x）⇔|λ|，解得λ或λ，
又已知λ，故λ，所以λ的最大值为．
（2）由（1）知t，m+2nmn，∴，
∴2m+n＝（2m+n）×4（）＝4（4+1）≥4（5+2）＝36
当且仅当m＝n＝12时取等．
2m+n的最小值为36．
【点睛】
本题考查绝对值不等式的应用，基本不等式的应用，考查转化思想的应用．属于中档题．