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    广东省茂名市2019届高三第一次综合测试数学(理)试卷含答案(扫描版)

    • 资源ID:45742       资源大小:1.58MB        全文页数:14页
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    广东省茂名市2019届高三第一次综合测试数学(理)试卷含答案(扫描版)

    1、- 1 - 4 - 6 - 7 - 8 -绝密启用前 试卷类型:A2019 年茂名市高三级第一次综合测试理科数学参考答案及评分标准 2019.1一、选择题:本题共 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 B C B D C A C A D A D B二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,13.1214. 3 15. 7216. 463部分答案提示:4【解析】由11323log,所以 .,故选 D.7. 【解析】方法一:定义法:由 f(x)f(得 ,1-()(1)xxealnalne,1()()2xxelne

    2、la, 2xlne, 2x,故选 C.方法二:特值法: f()f(得 ,1-()(1)lalne,12a,则故选 C.8. 【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, 2)上,sin2 x0,sin x0,即 f(x)0,排除 B、C; 故选 A.10【解析】作一个长,宽,高分别为 4,3,3 的长方体,根据三视图得该几何体为三棱锥 ABCD(如图),因为三棱锥 ABCD 的四个顶点,都在同一个长方体中,所以三棱锥 ABCD 体积为14362ABCDV,故选 A.11 .【解析】:解析:因为 ()()fxf,则 ()2)fx,所以 ()fx的最小正周期为 2,又由(

    3、1)()fxfx得 (f的图像也关于 1对称,由图像可得,15cos-yf与 在 ,有7 个交点,则实数解的和为 23+=7,故选 D12 .【解析】:若直接联立方程求解 RQ的坐标,运算会十分繁琐.因为 21RFP,所以 的坐标可看做圆 22xyc与渐进线 byxa的交点,由Oyx1 21325DABC- 9 -22xycba解得 (,)Rab,所以可得直线 1:()bPFyxca,由()byxca,解得2Qcy,所以1)2Mcy,由 112MAR,可得12MRFAy,即 2MRyc,即acb,所以(abc, 因此()(2bcacb,即1acc,所以2,化简得 20,即 20e,解得 21(

    4、或 舍 去 )e,故选 B.15 .【解析】:由余弦定理得cosabcC,所以有:22)abc化简得:222()()baca,当 20时,则 ,所以ABC 为等腰三角形;当 20时,则 22bc,则 B 为直角,而3cos04B不合题意;故ABC 为等腰三角形;根据余弦定理22sabc可知2c,a, 2bc,有,2ca,所以2137sini1()24ABCSacB.16.【解析】:先求四个球心连线是正三棱锥的高,而第四个球的最高点与桌面的距离即为高加上两个半径,从而求出所求四个球心连线是正三棱锥棱长均为 42433,EDOE,2234616()AOD第四个球的最高点与桌面的距离为 OA 加上两

    5、个半径即4三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17. 解:解:(I)由 2naS得 21n-得 a2 分1n3 分- 10 -由 21aS得 14 分n是以 为首项,公比为 2的等比数列6 分(II)*,2,1Nknb8 分nnn bbT 264215312 9 分210 分2)(41)(2nn11 分n312 分18.解:()样本数据按顺序为 96,385,421,7863,59数据的中位数为:.2812 分平均数为8096385476359 x3 分方差为 22222221 163741456398.3S4 分()设抽到优秀作品的个数为 x,

    6、则 的可能值为 0,1,2,35 分381256(0),0CPx6 分8431228(), 7 分1284361(),05CPx8 分- 11 -ACBPEF3412()05CPx9 分所以 的分布列为: x0 1 2 3P 5485110 分期望为153258140)( xE12 分19. (1)证明:设 E为 BC的中点,连结 AE, PAP,B1 分又 CEP2 分ECBA,中在B3 分又 PAPEP面面点 ,AC面4 分又 面B5 分(2)解法 1:作 PF于点 ,连结 CF6 分AA,CB,7 分PAF8 分为二面角 的一个平面角 9 分- 12 -ACBE xyyP4731cos1

    7、sin22BAFBAF7inC10 分71422cos FBCF11 分所以二面角 PA的平面角的余弦值为 12 分解法 2: 24324cos22 PABB1EP2EA6 分建立坐标系如右图所示,则 ,)01(),3(B)1,0(,PC33AA7 分设平面 P的一个法向量为 ),(11yxn,则由 01BAn得 031解得 1yx),3(1n8 分设平面 PAC的一个法向量为 1,22yx,则由 02n得 032yx解得31y)1,3(2n9 分7 ,13221n73,cos2121n11 分- 13 -所以二面角 CPAB的平面角的余弦值为 7112 分20.解:()当 4p时, Q的轨迹

    8、不存在1 分当 时, 的轨迹为一线段,方程为 )2(0xy2 分当 0时, 的轨迹为焦点在 x轴上的椭圆,方程为16422pyx)40(3 分() 若 32p,则 Q的轨迹方程为 424 分当 xl轴时不合题意, 12:=,(),().故 设 ykxAyBx214将 代 入 得yk2(4)60.k5 分由 0得 0)(81622k32解得 23k或6 分由韦达定理得 22121 4,4kxx7 分)()()( 21212121 xyAB43486 222 kkk8 分21又 点 到 直 线 的 距 离OABd9 分2143=.2ABkS23k或10 分令 tk342,则0,2tSOAB142t

    9、tSOAB,11 分当且仅当 t4即 2,7k时等号成立,- 14 -7722所 以 , 当 的 面 积 最 大 时 , 的 方 程 为 或OAByxyx12 分方法二:若 32p,则 Q的轨迹方程为1424 分当 xl轴时不合题意, 12:=,(),().故 设 ykxAyBx 且 21x214将 代 入 得yk2(4)60.k5 分由 0得 0)(81622k32解得 23k或6 分由韦达定理得 22121 4,4kxx7 分212121()OABDOASSODxx 8 分=2112226483()4kkxx,3k或10 分令 tk32,则0,2tSOAB1442ttSOAB,11 分当且

    10、仅当 t即 2,7k时等立, 7722所 以 , 当 的 面 积 最 大 时 , 的 方 程 为 或OAByxyx12 分21.解:() ()fx函 数 的 定 义 域 : ( 0,+) ,1 分1(),2fa解 得,2 分()lnfxx, 211()xf3 分- 15 -令 ()0,fx解 得12x,故1()02fx在 ( , ) 上 是 单 调 递 减 ;4 分令 (),f解 得 ,故()f在 ( ,+) 上 是 单 调 递 增 .5 分( I)由 12,x为函数 ()fxm的两个零点,得121ln,ln,xmx6 分两式相减,可得1212ln0,7 分122x即 l,112xl, 因此1

    11、2xln,122xl8 分令122,1.xt t由 得 0则 121ln2lnttx,9 分构造函数()ln()htt,10 分则221)()0tt所以函数 ()ht在 , 上 单 调 递 增 , 故 ()1,ht11 分即12ln0tt,可知12lnt.故 12.x命题得证. 12 分22.解:()设点 Q 的坐标为( x, y),则点 P 的坐标为(2 x, 2y),由点 P 在椭圆上得22)(10,化解可得: 153 .2 分由 x= cos , y= sin ,代入得22cosin,化简可得点 Q 轨迹的极坐标方程为 (3i)15 分()(法一)把直线 l 参数方程1,23xty(t

    12、为参- 16 -数)代入得23415t化简得:2103t7 分所以 120,tt.8 分弦长 1230|MNt. .10 分(法二)由直线 l 参数方程1,2xty(t 为参数)知,直线 l 过极点,倾斜角为 3,. 6 分直线 l 的极坐标方程为 (R)3.7 分由 22,3(sin)15,解得: 1,0或 2,30.9 分弦长 123|MN.10 分(法三)由直线 l 参数方程1,32xty(t 为参数)知,直线 l 的普通方程为 3yx,.6 分联立解得1230066,1xy.8 分弦长221130|()()MNxy.10 分23.解:由已知 f(x)=|2x+1|xa|=11,2,ax 1 分()当 a=1 时, f(x)=12,3,x 由 f(x)1,得1,2x或1,3或 ,2x即 x3 或1 x1 或 x1.3分- 16 - x3 或 x1,即不等式 f(x)1 的解集 x | x 3 或 x1 5 分()函数 f(x)的解析式知当 x12时, f(x)单调递减,当 2 x a 时, f(x)单调递增,当 x a 时,f(x)单调递增.当 x=12时, f(x)取得最小值 f(x)min= a 8 分由 a2,解得 a32, 又 0实数 的取值范围是(0, ).10 分


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