1、- 1 - 2 - 3 - 4 - 5 - 6 - 7 -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. 14. 15. 16. 12372463部分答案提示：4【解析】由 所以 .，故选 D.11323log,7. 【解析】方法一：定义法：由 ， ，f(x)f(得1-()(1)xxealnalne， ，
2、 ,故选 C.1()()2xxelnela2xlne2x方法二：特值法： ， ， 故f()f(得1-()(1)lalne12a,则选 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, )上，sin2x0，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 ,故选 A.14362ABCDV11 .【解析】：解析：因为 ，则 ，所以 的最小正()()fxf()2)fx()fx
3、周期为 2，又由 得 的图像也关于 对称，由图像可得，(1)fx 1Oyx1 21325DABC- 8 -有 7 个交点，则实数解的和为 ,故选 D15()cos-2yfxx与 在 ， 23+1=712 .【解析】：若直接联立方程求解 的坐标,运算会十分繁琐.RQ因为 ，所以 的坐标可看做圆 与渐进线 的交点，由21RFP22xycbyxa解得 ，所以可得直线 ，由 ，解22xycba(,)Rab1:()bPFyxca()xcbya得 ，所以 ，由 ，可得 ，即2Qcy1)2Mcyb112MAR12MRFA，即 ，所以 ， 因此 ，即Racac(2acy ()(bcacb，所以 ，化简得 ，即
4、 ，112c20a20e解得 ,故选 B.(或 舍 去 ）e15 .【解析】：由余弦定理得 ，所以有： 化22cosabcC222()bca简得： ，当 时，则 ，所以ABC 为等腰三222()()bac20a角形；当 时，则 ，则 B 为直角，而 不合题意；20ac22bac3cos4B故ABC 为等腰三角形；根据余弦定理 可知 , ，22sabc2ca,有, ,所以 .2bc2ca2137insi1()24ABCSB16.【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 4,2433,EDOE223616
5、()AOD- 9 -第四个球的最高点与桌面的距离为 OA 加上两个半径即463三、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 2 分a3 分1n由 得 4 分2Sa是以 为首项,公比为 的等比数列na26 分（II） 8 分*,2,1Nknb9 分nnn bbT 264215312 10 分211 分2)(41)(2nn12 分n318.解：（）样本数据按顺序为 96,385,421,7863,59数据的中位数为： 2 分.281平均数为 3 分8096385476359 x方差为 22222221 1374
6、14563.3S- 10 -ACBPEF4 分（）设抽到优秀作品的个数为 ，则 的可能值为 0,1，2,35 分x6 分3812564(0),0CPx， 7 分8431228()8 分1284361(),05CPx9 分4312()所以 的分布列为：x0 1 2 3P 5485110 分期望为 12 分153258140)( xE19. （1）证明：设 为 的中点，连结 ，EBCAEPAP,1 分B又 CE2 分PECBA,中在3 分B又 PAPEP面面点 ,- 11 -ACBE xyyP4 分PAEBC面又 5 分面（2）解法 1：作 于点 ,连结 6 分FCFABPA,C7B,分8PAF分
7、为二面角 的一个平面角 9 分BCC4731cos1sin22BAFAF10 分7inB11 分71422cos CFBF所以二面角 的平面角的余弦值为 12 分PA解法 2： 24324cos22 PABB1EP2E6 分A建立坐标系如右图所示，则 ,)01(),3(B)1,0(,PC33AA7 分设平面 的一个法向量为 ，则PB)1,(1yxn- 12 -由 得01BAnP031yx解得 8 分1yx)1,3(1n设平面 的一个法向量为 ，则PAC,22yx由 得 解得 902n0312yx13y)1,3(2n分 37 ,31221n117,cos2121n分所以二面角 的平面角的余弦值为
8、 12CPAB71分20.解：（）当 时， 的轨迹不存在14pQ分当 时， 的轨迹为一线段，方程为 2 )2(0xy分当 时， 的轨迹为焦点在 轴上的椭圆，40pQx方程为 316422pyx)40(分() 若 ，则 的轨迹方程32pQ为 4 分142yx- 13 -当 轴时不合题意，xl12:=2,(),().故 设 ykxAyBx214将 代 入 得yk2(4)60.k5 分由 得 解00)41(8622kk432得 6 分3k或由韦达定理得 22121 4,46kxkx7 分)()()( 212122121 xxyxAB43486 2222 kkk8 分921又 点 到 直 线 的 距
9、离OABdk分102143=.21OABSdk23k或分令 ，则tk342 0,42tSOAB,112ttSOAB1 分当且仅当 即 , 时等号成立,t427k- 14 -7722所 以 ， 当 的 面 积 最 大 时 ， 的 方 程 为 或OAByxyx12 分方法二：若 ，则 的轨迹方程32pQ为 4 分142yx当 轴时不合题意， 且l12:=2,(),().故 设 ykxAyBx21x214将 代 入 得xyk2(4)60.k5 分由 得 解00)41(8622kk432得 6 分3k或由韦达定理得 22121 4,46kxkx7 分212121()OABDOASSxODxx 8 分=
10、 ， 22211 26483()41kkxx 23k或10 分令 ，则tk342 0,42tSOAB,112ttSOAB1 分- 15 -当且仅当 即 , 时等立,t427k7722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， 1()ln2fxx211()xf3 分令 ，()0,fx解 得12x故 4 分f在 （ ， ） 上 是 单 调 递 减 ；令 ，故 ()0,fx解 得12x1()2fx在 （ ,+） 上 是 单 调 递 增 .5 分由 为函数 的
11、两个零点，（ I） 12,()fxm得 6 分121ln,ln,x两式相减，可得 7 分1212l 0,xx， ， 122x即 ln112xln- 16 -因此 ， 8 分12xln2122xl令 则 ，122,1.xt t由 得 0121ln2lnttx9 分构造函数 ，10 分()ln(0)htt则221)()tt所以函数 故 11 分(0)ht在 ， 上 单 调 递 增 ， ()1,ht即 ，可知 .故 命题得证. 12 分12lntt12lnt12x22.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 ，化解可得： 22)(1015
12、3.2 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 .5 分22(3sin)15()（法一）把直线 l 参数方程 (t 为参数)代入得 化简得：1,23xy23415t7 分2103t所以 .8 分1230,tt弦长 . .10 分12|MNt- 17 -（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 ，1,23xy 3. 6 分直线 l 的极坐标方程为 .7 分(R)3由 解得：22,3(sin)15,或 .9 分1,032,30.弦长 .1012|MN分（法三）由直线 l 参数方程 (t 为参数)知，直线
13、l 的普通方程为 ，1,23xy 3yx.6 分联立解得 .8 分1230066,1xy弦长 .10 分221130|()()MNxy23.解：由已知 f(x)=|2x+1|xa|= 11,23,ax 1 分()当 a=1 时， f(x)= 由 f(x)1，得12,3,x 或 或 即 x3 或 x1 或1,2x 1,3,2x1x1.3 分- 18 - x3 或 x ，即不等式 f(x)1 的解集 x | x3 或 x 1 15 分()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1212增，当 x a 时， f(x)单调递增.当 x= 时， f(x)取得最小值 f(x)min= a 812分由 a2，解得 a , 又320实数 的取值范围是(0, ).10 分3
