广东省茂名市2019届高三第一次综合测试 数学（文）（扫描版）

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- 14 -‎ - 14 -‎ - 14 -‎ - 14 -‎ - 14 -‎ - 14 -‎ 绝密★启用前 试卷类型：A ‎2019年茂名市高三级第一次综合测试 文科数学参考答案及评分标准2019.1‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 C ‎ C A D C B D B C A A ‎ B ‎1．【解析】∵A包含的整数有1, 2，B={0, 1, 2}，∴A∩B={1, 2}．答案：C ‎2．【解析】∵(1+i)(a+i)＝a −1+(a+1)i为实数，∴ a+1=0，得a= −1．答案：C ‎3．【解析】评价等级为A的人数是：500×41%=205人．答案：A ‎4．【解析】设双曲线的焦距为2c，依题意2a2−2b2=a2+b2，即a2=3b2 ,又b2=c2−a2，‎ ‎ ∴a2=3(c2−a2), 即，∴双曲线的离心率为．答案：D E D C B A ‎5．【解析】由可能aÌa,也可能aËa, A错；B中的直线a, b平行，也可能异面，B错；C正确；D中的直线a, b也可能异面；D错．答案：C ‎6．【解析】如图，‎ ‎．答案：B ‎ ‎7．【解析】依题设得，所以A, B, C正确．答案：D ‎8．【解析】函数y=loga(x+4)+2(a＞0且a≠1)的图像恒过A(−3, 2)，则 以sin2a=2sinacosa =．答案：B.‎ ‎9．【解析】设矩形模型的长和宽分别为x, y，则x＞0, y＞0，由题意可得2(x+y)=8，所以x+y=4，‎ 所以矩形菜园的面积S=xy≤，当且仅当x=y=2时取等号，‎ 所以当矩形菜园的长和宽都为2cm时，面积最大，为4cm2．答案：C B C A B1‎ C1‎ A1‎ D D1‎ ‎10.【解析】显然f(x)是奇函数，图像关于原点对称，排除D；在区间(0,)上，sin2x＞0，sinx＞0，‎ ‎ 即f(x)＞0，∴排除B和C；答案：A ‎11．【解析】如图，在长方体ABCD–A1B1C1D1中，∵DC∥AB，‎ ‎ ∴相交直线D1B与AB所成的角是异面直线D1B与DC所成的角.‎ 连接AD1，由AB⊥平面ADD1A1，得AB⊥AD1.‎ ‎∴在Rt△ABD1中，∠ABD1就是D1B与DC所成的角，即∠ABD1=60°，‎ 又AB=2，∴AD1=ABtan60°=2．‎ ‎∴在Rt△ADD1中，D1D=，设长方体外接球半径为R，‎ y=ax x y ‎1‎ ‎1‎ O 则由长方体的对角线就是长方体外接球直径得4R2=D1B2=AD2+DC2+D1D2=4+4+8=16，‎ - 14 -‎ ‎∴长方体外接球表面积是4pR2=16p．答案：A ‎12．解析：g(x)有两个零点,即方程f(x)−ax=0有两个不等的实根. 也就是函数y=f(x)‎ ‎ 与y=ax有两个交点，如图，作出y=f(x)的图象，而y=ax是过原点的直线，‎ ‎①当a＞0时，求出y=ax与y=lnx相切时的斜率a=，数形结合，‎ 当且仅当0＜a＜时，y=ax与y=f(x)有两个交点.‎ ‎②当a＜0时，y=ax与y=f(x)恒有两个交点.‎ ‎③当a=0时，y=ax与y=f(x)只有一个交点.‎ 综上得a的取值范围是(−∞, 0)∪(0, )．答案：B.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎y= −2x+z x y ‎2‎ ‎2‎ O x−y=0‎ x+y=2‎ A ‎ 13．0 14．4 15． 16．6 ‎ ‎13．【解析】f(x)是奇函数，所以f(−1)= −f(1)，，‎ 解得a=0．答案：0‎ ‎14．【解析】：作出不等式组所表示的可行域如图所示：当动直线y= −2x+z ‎ 过点A(2,0)时，zmax=2´2+0=4．答案：4‎ ‎15．【解析】如图所示,设树干底部为O，树尖着地处为B，折断点为A，‎ O B A ‎75° 神，举办“好心茂名杯”美术书法作品比赛，某赛区现收到50件参赛作品，为了解作品质量，现要从中抽取10件作品进行抽样统计，将这50件作品按1～50编号，按各组内抽取的编号依次增加5进行系统抽样.‎ ‎（Ⅰ）若第5组抽出的号码为23，写出第一组被抽出作品的编号；‎ ‎（Ⅱ）若这10件作品的成绩如下：65,82,78,86，96,81,73,84，76,59，请绘制以上数据的茎叶图，并求该样本的中位数和方差；‎ ‎（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，从这10件作品中随机抽取两件成绩在平均分以上（含平均分）的作品，求成绩为82分的作品被抽取到的概率．‎ ‎【解析】（Ⅰ）由各组内抽取的编号依次增加5进行系统抽样，且第5组抽出的号码为23，设+5×（5-1）=23，解得，所以第1组抽出的号码应该为3，抽出的10名职工的号码分别为3，8，13，18，23，28，33，38，43，48．‎ ‎（Ⅱ）平均数为 样本数据的中位数为：‎ 方差为 ‎（Ⅲ）从这10名学生中随机抽取两名成绩在平均分以上（含平均分）的学生的基本事件有：（78，81），（78，82），（78，84），（78，86），（78，96），（81，82），（81，84），（81，86），（81，96），（82，84），（82，86），（82，96），（84，86），（84，96），（86，96）．共有15个；‎ 设事件A为成绩为82分的学生被抽取到，则事件A包含的基本事件有：（78，82），（81，82），（82，84），（82，86），（82，96），共5个；‎ 故所求概率为 所以成绩为82分的学生被抽取到的概率为.‎ ‎10‎ ‎45°D1‎ ‎ 则∠AOB=75°,∠ABO=45°, 所以∠OAB=60°．由正弦定理知,‎ ‎，所以OA=(米)，(米)，‎ ‎ ∴(米)．答案：‎ O x A ‎•‎ ‎1‎ ‎•‎ y M ‎1‎ ‎-2‎ ‎3‎ ‎2‎ C ‎16．【解析】如图，由题设，得圆心C(3,1),半径r=， ‎ 直线OA的方程为x+y=0，则△OAM边OA上的高h就是点M到直线OA ‎ 的距离，圆心C(3, 1)到直线OA的距离为，可得圆 ‎ ‎(x−3)2+(y−1)2=2上的点M到直线OA的距离的最大值为hmax=d+r=3‎ 故△OAM面积的最大值．答案：6‎ 三、解答题：共70分. 解答过程应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎17．解：(Ⅰ)由a1=1,得，，‎ ‎，即a2, a3, a4的值分别为．……………………3分 - 14 -‎ ‎(Ⅱ)(法一)证明：由得，………………5分 ‎∴，又a1=1, ， .………………………………6分 ‎∴数列是首项为，公差为2的等差数列．.………………………7分．‎ ‎(Ⅱ)(法二)证明：由a1=1, ，得，‎ ‎ ……………………………………………4分 ‎．…………………………………6分 因此，数列是首项，公差为2的等差数列．…………………7分 ‎(Ⅲ)由(Ⅱ)得，‎ ‎∴{an}的通项公式为． ……………………………………8分 ‎∴cn=anan+1=，……………………………9分 ‎∴Sn=c1+c2+c3+∙∙∙+cn………10分 ‎= ………………………………………………………12分 ‎18．(Ⅰ)证明：依题意，AD⊥BC， ‎ 由翻折的不变性得，AD⊥DE，AD⊥DS，…………………………………2分 S A F E D 第18题图(2)‎ O G ‎ 又DS∩DE=D，DE、DSÌ平面SDE，………………………………………3分 ‎∴ AD⊥平面SDE， …………………………………………………………4分 ‎ ∵ADÌ平面ADEF，‎ ‎∴平面ADEF⊥平面SDE；.…………………………………………………5分 ‎(Ⅱ)解法一：由已知得几何体ADSEF是四棱锥S−ADEF，‎ ‎ EF为△ADC的中位线，∴EF∥AD且EF=AD=3．.……………………6分 由题设得四边形ADEF为直角梯形，AD=6，DE =3，‎ ‎∴S ADEF=(AD+EF)∙DE=(6+3)´3=． .……………………………7分 在平面SDE内，作SO⊥DE，O为垂足，由(Ⅰ)知平面ADEF⊥平面SDE，‎ 平面ADEF∩平面SDE=DE，SOÌ平面SDE， ‎ ‎∴SO⊥平面ADEF，即SO是四棱锥S−ADEF的高．.………………………8分 在△SDE中，设G是SD的中点，连接GE，依题设知ES=DE=3，DS=4，故EG⊥DS，‎ ‎∴EG=． …………………………………………10分 - 14 -‎ 利用等面积得SO=． ………………………………11分 ‎∴四棱锥S−ADEF的体积为．………………12分 解法二：由已知得几何体ADSEF是四棱锥S−ADEF，‎ S A F E D 第18题图(2)‎ O ‎ EF为△ADC的中位线，∴EF∥AD且EF=AD=3．.…………………6分 由题设得四边形ADEF为直角梯形，AD=6，DE =3，‎ ‎∴S ADEF=(AD+EF)∙DE=(6+3)´3=． .…………………………7分 在平面SDE内，作SO⊥DE，O为垂足，由(Ⅰ)知AD⊥平面SDE，‎ SOÌ平面SDE，∴SO⊥AD，又AD∩DE=D，AD、DEÌ平面ADEF，‎ ‎∴SO⊥平面ADEF，即SO是四棱锥S−ADEF的高．.………………………8分 在△SDE中，依题设知ES=DE=3，DS=4，‎ 由余弦定理得: ，又∠DES∈(0, p)‎ ‎∴sin∠DES=，故．……………10分 利用等面积得∴，………………………………………11分 ‎∴四棱锥S−ADEF的体积为．…………………12分 ‎19．解：(Ⅰ)根据题意绘制茎叶图如下：‎ ‎59‎ ‎65‎ ‎7368‎ ‎81246‎ ‎96‎ ‎……............…......…....…..... .....….... .....….....……2分 ‎(Ⅱ)样本数据的中位数为：．……............…......…3分 平均数为，‎ ‎∴方差为．…6分 ‎(Ⅲ)成绩在平均分以上(含平均分)的作品有：78，81，82，84，86，96共6件；……………7分 从成绩在平均分以上(含平均分)的作品中随机抽取两件作品的基本事件有：(78, 81），(78, 82），‎ - 14 -‎ ‎(78, 84)，(78, 86)，(78, 96)，(81, 82)，(81, 84)，(81, 86)，(81, 96)，(82, 84)，(82, 86)，(82, 96)，‎ ‎(84, 86)，(84, 96)，(86, 96)共有15个；………............…......……9分 设事件A为成绩为82分的作品被抽取到，则事件A包含的基本事件有：(78, 82)，(81, 82)，(82, 84)，(82, 86)，(82, 96)共5个； …………………............…......…10分 ‎∴ ……………………………………………11分 因此，成绩为82分的作品被抽取到的概率为．…………………12分 ‎20．解：(Ⅰ)依题意得F(0,), 设P(x0, y0)，由PF的中点坐标为，得 ‎0+x0=2×2且+y0=2×，∴x0=4，y0=5−． ….………………….…….……………2分 ‎∵P(x0, y0)在抛物线x2=2py上，∴16=2p(5−)，‎ 即p2−10p+16=0，解得p=2或p=8(舍去)． …………… .………… .……………… . ………4分 ‎∴抛物线C的方程为x2=4y； …………………… .………………… .… . ………5分 ‎(Ⅱ)(法一)依题意直线l的斜率存在，设直线l：y=kx+2，M(x1, y1), N(x2, y2)，则Q(−x1, y1)，…. 6分 联立消去y得x2−4kx−8=0，显然△＞0，由韦达定理得 …….……7分 ‎∵，……… .……………… . …… .…………… .…………8分 ‎∴直线QN方程为，… .……………… . …… .…………… .…………9分 即 …………………10分 ‎∵x1∙x2 = −8, ∴QN方程为, ………………… . ……………… .….…………11分 即直线QN方程恒过定点(0, −2)． ………………… . ……………… .….…………12分 ‎(法二)依题意知直线QN的斜率存在且不为0，设直线QN方程为y=kx+b，Q(x1, y1)，N(x2, y2)， ‎ 则M(−x1, y1) ……………… . ……………. ……………….…………6分 联立消去y得x2−4kx−4b=0．∵Q，N是抛物线C上不同两点，∴必有△＞0, ‎ 由韦达定理得…… .…… . ……7分 ‎∵M, A, N三点共线, ，∴−x1(y2 −2) − x2(y1 − 2)=0．………8分∴，‎ ‎∴，即化简得：,…………9分 - 14 -‎ ‎∵k≠0，∴b= −2． ……………… .…………………………………… .…………… .…………10分 ‎∴直线QN方程为y=kx −2, ……………… . ……………… . … .…………….……………11分 ‎∴直线QN恒过定点(0,−2)． ……………… . …………………… .………… .….……………12分 ‎21．解：(Ⅰ) …… . ……………… .….…… .…………1分 由切线斜率k=，解得a=2．. ……………………… .….……… .………2分 ‎∴，其定义域为(−¥,0)∪(0,+¥)，.…… .…….….…… .……3分 令>0，解得x＞1，故f(x)在区间(1,+¥)上单调递增；.………….….…….….…… .……4分 令<0，解得x＜1，且x≠0，故f(x)在区间(−¥,0)和区间(0,1]上单调递减；..…… .……5分 ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知g(x)= exlnx，定义域为(0,+¥)．‎ 从而g(x)＞1等价于， …….….…….….…… .……….……… .….…… .…6分 设h(x)=xlnx(x＞0)，则，.‎ ‎∴当x∈(0, )时，＜0，当x∈(,+¥)时，＞0. …….……… .…….…… .…7分 故h(x)在区间(0, )上单调递减，在区间(,+¥)上单调递增，.……… .…….………….….…8分 从而h(x)在(0,+¥)的最小值为h()=. … .…….………….….….….….……….…….…9分 设m(x)=(x＞0)，则，‎ ‎∴当x∈(0, 1)时，＞0，当x∈(1,+¥)时，＜0. ……….…. ….…….….…….…….…10分 故m(x)在区间(0, 1)上单调递增，在区间(1,+¥)上单调递减，‎ 从而m(x)在(0,+¥)的最大值为m(1)=，‎ 综上所述，在区间(0,+¥)上恒有h(x)＞m(x)成立，即g(x)＞1．.…….….….……..….……….…12分 ‎22．解：(Ⅰ)设点Q的坐标为(x, y)，∵Q为线段OP的中点，∴点P的坐标为(2x, 2y)．.……….…1分 由点P在椭圆上得，化简得点Q的轨迹的直角坐标方程为 ①.……2分 将x=rcosq，y=rsinq，代入①得，‎ 化简可得点Q的轨迹的极坐标方程为．..….…….…….………….……..……5分 ‎(Ⅱ)(法一)把直线l参数方程(t为参数)代入①得，化简得：…7分 - 14 -‎ ‎∴………………. ….………. ….………. ….…………….……..…….……8分 设M、N两点对应的参数分别为t1，t2，由直线参数方程t的几何意义得 弦长．…….…….……..……….…………….…….……….………..……10分 ‎(法二)由直线l参数方程(t为参数)知，直线l过极点，倾斜角为，.…….……6分 ‎∴直线l的极坐标方程为．.…….…….……….…….…….……..…….……..……7分 由解得：和…….…….….….…….……..……9分 ‎∴弦长．.…….…….….……….….……..…….………….….……..……10分 ‎(法三)由直线l参数方程(t为参数)知，直线l的普通方程为，.…….……6分 联立解得和 …….…….……….……….…….……8分 弦长．.……….…….……….……….……….……….…10分 ‎23．解：由已知 f(x)=|2x+1|−|x−a|=(a＞0) ……………………………1分 ‎(Ⅰ)当a=1时，f (x)= 由f(x)≥1，得 或或即x≤−3或≤x≤1或x＞1.………………………3分 ‎∴x≤−3或x≥，即不等式f(x)≥1的解集{ x | x≤−3或x≥} ………………………5分 ‎(Ⅱ)函数f(x)的解析式知当x＜时，f(x)单调递减，当≤x≤a时，f(x)单调递增，当x＞a时，‎ f(x)单调递增.‎ ‎∴当x=时，f(x)取得最小值f(x)min= f()=−a． …………………………………8分 - 14 -‎ 由−a＞−2，解得a＜, 又a＞0，‎ ‎∴实数的取值范围是(0,)．.……………………………………………………………10分 - 14 -‎