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）

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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