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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
5．【解析】由可能a??,也可能a??, 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sin2?=2sin?cos? =．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
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，
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，
∴长方体外接球表面积是4?R2=16?．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.
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，
则∠AOB=75°,∠ABO=45°, 所以∠OAB=60°．由正弦定理知,
，所以OA=(米)，(米)，
∴(米)．答案：
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
(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
又DS∩DE=D，DE、DS?平面SDE，………………………………………3分
∴ AD⊥平面SDE， …………………………………………………………4分
∵AD?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，SO?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
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，
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，
SO?平面SDE，∴SO⊥AD，又AD∩DE=D，AD、DE?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, ?)
∴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：
(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），
(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
∵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=?cos?，y=?sin?，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
∴………………. ….………. ….………. ….…………….……..…….……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
由?a＞?2，解得a＜, 又a＞0，
∴实数的取值范围是(0,)．.……………………………………………………………10分

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