2018-2019广东省汕头市高三(上)期末数学试卷(理科)

合集下载

广东省汕头市2019届高三上学期期末教学质量监测数学理试题(精品解析)

广东省汕头市2019届高三上学期期末教学质量监测数学理试题（解析版）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.若复数z=−2+i1+2i(i为虚数单位)，则|z+2|=()A. √2B. √5C. 3D. 5【答案】B【解析】解：z=−2+i1+2i =(−2+i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=5i5=i，则|z+2|=|i+2|=√1+22=√5．故选：B．直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的公式计算得答案．本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题．2.已知全集U=R，集合A={0,1，2，3，4，5，6}，B={x|x3−x≤0}，则图中阴影部分表示的集合为()A. {1,2}B. {0,1，2}C. {1,2，3}D. (0,1，2，3)【答案】C【解析】解：∵集合A={0,1，2，3，4，5，6}，B={x|x3−x≤0}={x|x≤0或x>3}，∴∁U B={x|0<x≤3}．∴图中阴影部分表示的集合为A∩(∁U B)={1,2，3}．故选：C．先求出集合A，B，从而得到∁U B，图中阴影部分表示的集合为A∩(∁U B)，由此能求出结果．本题考查阴影部分表示的集合的求法，考查交集、补集、维恩图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3.为了普及消防知识，增强消防意识，某学校组织消防知识抢答活动，现在随机抽取30名学生参加本次活动，得分情况(十分制)如图所示，则得分值的众数和中位数分别为()A. 5，5B. 5，5.5C. 5，6D. 6，6.5【答案】B【解析】解：由条形图得：众数为5，中位数为：5+62=5.5．故选：B ．利用条形图的性质、众数、中位数的定义直接求解．本题考查众数、中位数的求法，考查条形图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．4. 已知x ，y 满足的束条件{x −y ≥0x +y ≤1x +2y ≥1，则z =2x −y +2的最大值为( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】解：不等式组表示的平面区域如图所示，当直线z =2x −y +2过点A(1,0)时，在y 轴上截距最小，此时z 取得最大值4．故选：D ．先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z =2x −y +2表示直线在y 轴上的截距，只需求出可行域直线在y 轴上的截距最小值即可．本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题．5. 如图所示，半径为1的圆O 是正方形MNPQ 的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ 内，用A 表示事件“豆子落在圆O 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OEF(阴影部分)内”，则P(B|A)=( )A. π4B. 14 C. π16 D. 18【答案】B【解析】解：如图所示，半径为1的圆O 是正方形MNPQ 的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ 内，用A 表示事件“豆子落在圆O 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OEF(阴影部分)内”，则P(A)=π×1222=π4，P(AB)=14×π×1222=π16，∴P(B|A)=P(AB)P(A)=π16π4=14．故选：B．利用几何概型先求出P(A)=π×1222=π4，P(AB)=14×π×1222=π16，再由条件概型能求出P(B|A)．本题考查概率的求法，考查几何概型、条件概型能等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．6.执行如图所示的程序框图，则输出的S=()A. 74B. 83C. 177D. 166【答案】C【解析】解：模拟程序的运行，可得S=0，i=1S=1不满足条件i≥10，执行循环体，i=3，S=5不满足条件i≥10，执行循环体，i=5，S=15不满足条件i≥10，执行循环体，i=7，S=37不满足条件i≥10，执行循环体，i=9，S=83不满足条件i≥10，执行循环体，i=11，S=177此时，满足条件i≥10，退出循环，输出S的值为177．故选：C．由算法的程序框图，计算各次循环的结果，满足条件，结束程序，即可得解．本题考查了应用程序框图进行简单的计算问题，是基础题．7.已知向量a⃗=(5,m)，b⃗ =(2,−2)，若(a⃗−b⃗ )⊥b⃗ ，则m=()A. −1B. 1C. 2D. −2【答案】B【解析】解：a⃗−b⃗ =(3,m+2)；∵(a⃗−b⃗ )⊥b⃗ ；∴(a⃗−b⃗ )⋅b⃗ =6−2(m+2)=0；解得m=1．故选：B．可求出a⃗−b⃗ =(3,m+2)，根据(a⃗−b⃗ )⊥b⃗ 即可得出(a⃗−b⃗ )⋅b⃗ =0，进行数量积的坐标运算即可求出m．考查向量垂直的充要条件，向量坐标的减法和数量积运算．8.已知一个简单几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24π+48，则r=()A. 2B. 4C. 1D. 3【答案】A【解析】解：由题意，直观图为14圆锥与三棱锥的组合体，该几何体的体积为14×13×π×9r2×4r+13×12×3r×3r×4r=24π+48，∴r=2．故选：A．由题意，直观图为14圆锥与三棱锥的组合体，利用几何体的体积求出r，再求出该几何体的表面积．本题考查由三视图求面积、体积，考查学生的计算能力，确定直观图的形状是关键．9.函数f(x)=xln(√x2+1−x)+1的大致图象为()A. B.C. D.【答案】A【解析】解：f(0)=1，排除B，C，f(−x)=−xln(√x2+1+x)+1=(√x2+1+x)(√x2+1−x)21=21=−xln(√x2+1−x)−1+1=xln(√x2+1−x)+1=f(x)，则函数f(x)是偶函数，排除D，故选：A．利用函数的奇偶性以及特殊值进行排除即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数奇偶性以及函数值进行排除是解决本题的关键．10.若将函数f(x)=sin2x+√3cos2x的图象向右平移φ(φ>0)个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小值是()A. π12B. π4C. 3π8D. 5π12【答案】D【解析】解：函数f(x)=sin2x+√3cos2x=2sin(2x+π3)的图象向右平移φ(φ>0)个单位，可得y=2sin(2x−2φ+π3)的图象．再根据所得图象关于y轴对称，可得−2φ+π3=kπ+π2，k∈Z，则令k=−1，可得φ的最小值为5π12，故选：D．利用查两角和的正弦公式化简函数的解析式，再由题意利用三角函数的奇偶性求得φ的最小值．本题主要考查两角和的正弦公式，三角函数的奇偶性，属于基础题．11.在四面体ABCD中，AB=1，BC=CD=√3，AC=√2，当四面体ABCD的体积最大时，其外接球的表面积为()A. 2πB. 3πC. 6πD. 8π【答案】C【解析】解：∵AB=1，BC=√2，AC=√2，由勾股定理可得AB2+AC2=BC2，所以，△ABC是以BC为斜边的直角三角形，且该三角形的外接圆直径为BC=√3，当CD⊥平面ABC时，四面体ABCD的体积取最大值，此时，其外接球的直径为2R=√BC2+CD2=√6，因此，四面体ABCD的外接球的表面积为4πR2=π×(2R)2=6π．故选：C．先利用勾股定理得出△ABC是直角三角形，且BC为斜边，并可计算出△ABC的外接圆直径为BC，然后由CD⊥平面ABC可得出此时四面体ABCD的体积取最大值，再利用公式2R=√BC2+CD2可得出外接球的半径R，再利用球体的表面积公式可得出答案．本题考查球体表面积的计算，解决本题的关键在于选择合适的模型计算球体的半径，属于中等题．12. 设曲线f(x)=e x +2x(e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l 1，总存在曲线g(x)=−ax +sinx 上某点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为( )A. [−1,2]B. (−1,2)C. (−12,1) D. [−12,1]【答案】D【解析】解：f(x)=e x +2x 的导数为f′(x)=e x +2，设(x 1,y 1)为f(x)上的任一点，则过(x 1,y 1)处的切线l 1的斜率为k 1=e x 1+2， g(x)=−ax +sinx 的导数为g′(x)=cosx −a ，过g(x)图象上一点(x 2,y 2)处的切线l 2的斜率为k 2=−a +cosx 2．由l 1⊥l 2，可得(e x 1+2)⋅(−a +cosx 2)=−1，即−a +cosx 2=−1e x 1+2，任意的x 1∈R ，总存在x 2∈R 使等式成立．则有y 1=−a +cosx 2的值域为A =[−a −1,−a +1]．1e x 1+2的值域为B =(−12,0)有B ⊆A ，即(−12,0)⊆[−a −1，−a +1]，即{−a −1≤−121−a ≥0，解得：[−12,1] 故选：D ．求得f(x)的导数，设(x 1,y 1)为f(x)上的任一点，可得切线的斜率k 1，求得g(x)的导数，设g(x)图象上一点(x 2,y 2)可得切线l 2的斜率为k 2，运用两直线垂直的条件：斜率之积为−1，分别求y 1=−a +cosx 2的值域A ，y 2=1e x 1+2的值域B ，由题意可得B ⊆A ，可得a 的不等式，可得a 的范围．本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查两直线垂直的条件：斜率之积为−1，考查任意存在性问题的解法，注意运用转化思想和值域的包含关系，考查运算能力，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 已知函数f(x)={log 2(x 2−1),x>1e x ,x≤1(其中e 是自然对数的底数)，则f[f(√3)]=______．【答案】e【解析】解：函数f(x)={log 2(x 2−1),x >1e x ,x≤1(其中e 是自然对数的底数)，则f(√3)=log 2(3−1)=1，则f(1)=e ，故f[f(√3)]=e ，故答案为：e ．根据函数的解析式，代值计算即可．本题考查了分段函数的函数值的问题，属于基础题．14. 把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为______(用数字作答)．【答案】36【解析】解：先将票分为符合条件的3份，由题意，3人分5张票，且每人至少一张，至多三张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，相当于将1、2、3、4、5这4个数用2个板子隔开，在4个空位插2个板子，共有C 42=6种情况，再对应到3个人，有A 33=6种情况，则共有6×6=18种情况．故答案为：36根据题意，先将票分为符合题意要求的3份，可以转化为将1、2、3、4、5这4个数用2个板子隔开，用插空法易得其情况数目，再将分好的3份对应到3个人，由排列知识可得其情况数目，由分步计数原理，计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，注意将分票的问题转化为将1，2，3，4，5这5个数用2个板子隔开，分为3部分的问题，用插空法进行解决．15. 已知正三棱柱ABC −A 1B 1C 1的所有棱长都相等，M 为A 1C 1的中点，N 为BB 1的中点，则直线CM 与AN 所成的角的余弦值为______．【答案】15【解析】解：以A 为原点，在平面ABC 内过A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设正三棱柱ABC −A 1B 1C 1的所有棱长都为2，则C(0,2，0)，M(0,1，2)，A(0,0，0)， N(√3,1，1)，CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,2)，AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1，1)，设直线CM 与AN 所成的角为θ，则cosθ=|CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1√5⋅√5=15． ∴直线CM 与AN 所成的角的余弦值为15．故答案为：15．以A 为原点，在平面ABC 内过A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线CM 与AN 所成的角的余弦值．本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．16. △ABC 中，BC =2√3，AC =3，A =2B ，D 是BC 上一点且AD ⊥AC ，则△ABD 的面积为______．【答案】√210【解析】解：∵BC=2√3，AC=3，A=2B，∴在△ABC中，由正弦定理BCsinA =ACsinB，可得：2√3sinA=3sinB=2√32sinBcosB，∴解得：cosB=√33，可得：sinB=√1−cos2B=√63，∴cosA=cos2B=2cos2B−1=−13，∵AD⊥AC，∴sin∠BAD=sin(A−π2)=−cosA=13，可得：cos∠BAD=√1−sin2∠BAD=2√23，∴sin∠ADB=sin(∠BAD+B)=13×√33+2√23×√63=5√39，∵在△ABC中，由余弦定理可得：32=AB2+(2√3)2−2AB⋅2√3⋅√33，解得：AB=1，或3．∵AB=AC=3，A=2B，可得：B=C=12A=π4，可得：BC=√32+32=3√2，与BC=2√3矛盾，∴AB=1，∴在△ABD中，由正弦定理ABsin∠ADB =ADsinB，可得：AD=AB⋅sinBsin∠ADB=3√25，∴S△ABD=12AB⋅AD⋅sin∠BAD=12×AB×AD×13=√210．故答案为：√210．由已知利用正弦定理，二倍角的正弦函数公式可求cosB，利用同角三角函数基本关系式可求sinB，利用二倍角的余弦函数公式可求cosA，利用诱导公式可求sin∠BAD，可求cos∠BAD，利用两角和的正弦函数公式可求sin∠ADB，在△ABC中，由余弦定理可得AB，在△ABD中，由正弦定理可得AD，即可根据三角形的面积公式计算得解S△ABD 的值．本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，考查了数形结合思想的应用，属于中档题．三、解答题（本大题共7小题，共70.0分）17.已知数列{a n}的前n项和为S n，且2S n+1=4a n，数列{b n}满足b1=2，a n+1⋅b n=2a n⋅b n+1−2n．(1)求{a n}的通项公式；(2)设∁n=log2(4a n)，求数列{1b n+1c n}的前n项和T n．【答案】解：(1)当n=1时，2S1+1=4a1，∴a1=12n≥2时，2S n+1=4a n①2S n−1+1=4a n−1②①−②得：2a n=4a n−4a n−1∴a na n−1=2(n≥2)∴{a n}是以12为首项，2为公比的等比数列，∴a n=12×2n−1=2n−2(2)∵a n=2n−2，∴a n+1=2n−1，∵a n+1⋅b n=2a n⋅b n+1−2n，∴2n−1⋅b n=2n−1⋅b n+1−2n，∴b n+1−b n=2，∴{b n}为公差为2的等差数列，∴b n=2+2(n−1)=2n，又∵∁n=log2(4a n)=log22n=n，∴1b n+1c n =12n(n+1)=12(1n−1n+1)，∴T n=12[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)]=12(1−1n+1)=n2(n+1)．【解析】(1)由a n=S n−S n−1(n≥2)得{a n}是以12为首项，2为公比的等比数列，从而得{a n}的通项公式；(2)由a n=2n−2与a n+1⋅b n=2a n⋅b n+1−2n得{b n}为公差为2的等差数列，得b n=2n，又∁n=n，得1b n+1c n=1 2(1n−1n+1)，从而得T n．本题考查了等差数列与等比数列的推导，通项公式的应用，裂项求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18.如图(1)，已知△ABC是边长为6的等边三角形，点D、E分别是边AB、AC上的点，且满足AD=CE=2，如图(2)，将△ADE沿DE折成四棱锥A1−BCED，且有平面A1DE⊥平面BCED．(1)求证：A1D⊥平面BCED；(2)记A1E的中点为M，求二面角M−DC−A1的余弦值．【答案】证明：(1)依题意A1D=2，BD=A1E=4，∠DA1E=60∘，在△A1DE中，由余弦定理得DE2=22+42−2×4×2×cos60∘=12，∴DE=2√3，∴A1E2=DE2+A1D2，∴A1D⊥DE，∵平面A1DE⊥平面BCDE，∴A1D⊥平面BCED．解：(2)由(1)得A1D⊥平面BCED，且BD⊥DE，以D为原点建立空间直角坐标系，则D(0,0，0)，C(1,3√3,0)，A1(0,0，2)，E(0,2√3,0)，M(0,√3,1)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3√3,0)，DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,1)，DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0，2)，设平面MDC 的法向量n ⃗ =(x,y ，z)，则{n ⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x +3√3y =0n ⃗ ⋅DM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√3y +z =0，取x =3√3，得n ⃗ =(3√3,−1,√3)，设平面DCA 1的一个法向量m⃗⃗⃗ =(x,y ，z)，则{m⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x +3√3y =0m ⃗⃗⃗ ⋅DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2z =0，取x =3√3，得m ⃗⃗⃗ =(3√3,−1,0)，设二面角M −DC −A 1的平面角为θ，则cosθ=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√28⋅√31=2√21731． ∴二面角M −DC −A 1的余弦值为2√21731．【解析】(1)由余弦定理得DE =2√3，由色股定理得A 1D ⊥DE ，由此能证明A 1D ⊥平面BCED ．(2)由A 1D ⊥平面BCED ，且BD ⊥DE ，以D 为原点建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M −DC −A 1的余弦值．本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．19. 某市为了了解民众对开展创建文明城市工作以来的满意度，随机调查了40名群众，并将他们随机分成A ，B两组，每组20人，A 组群众给第一阶段的创文工作评分，B 组群众给第二阶段的创文工作评分，根据两组群众的评分绘制了如下茎叶图：(1)根据茎叶图比较群众对两个阶段创文工作满意度评分的平均值及集中程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；(2)根据群众的评分将满意度从低到高分为三个等级：满意度评分低于70分 70分到89分不低于90分满意度等级不满意满意非常满意①假设两组群众的评价结果相互独立，由频率估计概率，求创文工作第二阶段的民众满意度等级高于第一阶段的概率；②从这40名群众中随机抽取2人，记X 表示满意度等级为“非常满意”的群众人数，求X 的分布列与数学期望．【答案】解：(1)通过茎叶图可以看出：B 组群众给第二阶段创文工作满意度评分的“叶”分布在“茎”的7，8，9上，也相对集中在峰值的随近，故B 组级第二阶段创文工作满意度评分的平均分高于A 组群众给第一阶段创文工作满意度评分的平均值，给分相对A组更集中稳定．(2)①记A1表示事件“第一阶段创文工作满意度等级为不满意”，A2表示事件“第一阶段创文工作满意度等级为满意”，B1表示事件“第二阶段创文工作满意度等级为满意或非常满意”，B2表示事件“第二阶段创文工作满意度等级为非常满意”，则由频率估计概率，得：P(A1)=1120，P(A2)=620，P(B1)=1720，P(B2)=520，设创文工作第二阶段的民众满意度等级高于第一阶段为事件A，由事件的相互独立性，得创文工作第二阶段的民众满意度等级高于第一阶段的概率：P(A)=P(A1B1+A2B2)=P(A1)P(B1)+P(A2)P(B2)=1120×1720+620×520=0.5425．②由已知在被随机调查的40名群众中，创文工作满意度为“非常满意”的人数为8人，其他等级为32人，则从中随机抽取2人，X=0，1，2，P(X=0)=C322C402=124195，P(X=1)=C321C81C402=64195，P(X=2)=C82C402=7195，∴X的分布列为：X 0 1 2P124195641957195E(X)=0×124195+1×64195+2×7195=25．【解析】(1)通过茎叶图可以看出：B组群众给第二阶段创文工作满意度评分相对集中在峰值的随近，由此得到B 组级第二阶段创文工作满意度评分的平均分高于A组群众给第一阶段创文工作满意度评分的平均值，给分相对A 组更集中稳定．(2)①记A1表示事件“第一阶段创文工作满意度等级为不满意”，A2表示事件“第一阶段创文工作满意度等级为满意”，B1表示事件“第二阶段创文工作满意度等级为满意或非常满意”，B2表示事件“第二阶段创文工作满意度等级为非常满意”，则由频率估计概率，得：P(A1)=1120，P(A2)=620，P(B1)=1720，P(B2)=520，设创文工作第二阶段的民众满意度等级高于第一阶段为事件A，由事件的相互独立性，能求出创文工作第二阶段的民众满意度等级高于第一阶段的概率.②由已知在被随机调查的40名群众中，创文工作满意度为“非常满意”的人数为8人，其他等级为32人，则从中随机抽取2人，X=0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和E(X)．本题考查平均值及集中程度、概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查茎叶图、相互独立事件概率乘法公式、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，且过点(√3,√32).(1)求椭圆E的方程；(2)设直线y =kx +m(m ≠0)与椭圆E 交于A 、B 两点，与x 轴、y 轴分别交于C 、D 两点(且C 、D 在A 、B 之间或同时在A 、B 之外).问：是否存在定值k ，使得△OAC 的面积与△OBD 的面积总相等，若存在，求k 的值，并求出实数m 取值范围；若不存在，说明理由．【答案】解：(1)依题意可得{e =c a =12a 2=b 2+c 23a2+34b2=1⇒{b 2=3a 2=4， ∴椭圆方程为：x 24+y 23=1；(2)联立{3x 2+4y 2=12y=kx+m，消去y ，可得(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−12=0， △=64k 2m 2−4(3+4k 2)(4m 2−12)=8(4k 2−m 2+3)，由△>0，可得m 2<3+4k 2(∗)，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则x 1+x 2=−8km3+4k 2，由题意可设C(−mk ,0)，D(0,m)，△OAC 的面积与△OBD 的面积相等⇔|AC|=|BD|恒成立 ⇔线段AB 的中点和线段CD 中点重合．即有−8km3+4k 2=−mk (m ≠0)，解得k =±√32，由m 2<3+4k 2且m ≠0，可得−√6<m <0或0<m <√6．即存在定值k =±√32，都有△OAC 的面积与△OBD 的面积相等．此时，实数m 取值范围为(−√6,0)∪(0,√6)．【解析】(1)由椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12，且过点(√3,√32).列式计算出a ，b 即可． (2)联立直线与椭圆方程，消去y 得，通过△>0得m 2<4k 2+3.设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，利用韦达定理求出x 1+x 2=−8km3+4k ，由题意，不妨设设C(−mk ,0)，D(0,m)，通过△OAC 的面积与△OBD 的面积总相等转化为线段AB 的中点与线段CD 的中点重合，求出k ，即可得到结果．本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，注意设而不求方法的应用．21. 已知函数f(x)=12x 2−ax +1nx(a ∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若x 1，x 2是f(x)的两个极值点，证明：f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2<a2．【答案】解：(1)f′(x)=x −a +1x=x 2−ax+1x，x ∈(0,+∞)．令u(x)=x 2−ax +1.则u(0)=1>0，u(x)的对称轴为x =a2，△=a 2−4． ①a ≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在x ∈(0,+∞)上是增函数；②当0<a ≤2时，△≤0，可得u(x)≥0，f′(x)>0，函数f(x)在x ∈(0,+∞)上是增函数；③当a >2时，△>0，由u(x)=0，解得x 1=a−√a2−42，x 2=a+√a2−42．在(0,x 1)，(x 2,+∞)上，u(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)是增函数；在(x 1,x 2)，u(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)是减函数．综上可得：在(0,x 1)，(x 2,+∞)上，函数f(x)是增函数；在(x 1,x 2)，函数f(x)是减函数．(2)证明：假设x 1<x 2，由x 1，x 2是函数f(x)的极值点，则x 1，x 2是f′(x)=0的两个实数根，∴x 1+x 2=a ，x 1x 2=1，． ∴f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2=12(x 12−x 22)−a(x 1−x 2)+(lnx 1−lnx 2)x 1−x 2=12(x 1+x 2)−a +lnx 1x 2x1−x 2=−12a +lnx 1x 2x1−x 2．即−12a +lnx 1x 2x1−x 2<12a ⇔lnx 1x 2x 1−x 2<a =x 1+x 2⇔lnx 1x 2>x 12−x 22⇔lnx 1x 2>x 12−x 22x 1x 2=(x 1x 2)2−1x 1x 2=x 1x 2−x 2x 1．令t =x1x 2∈(0,1)，即lnt >t −1t ．令ℎ(t)=lnt −t +1t ，ℎ(1)=0． ℎ′(t)=1t −1−1t 2=t−t 2−1t 2<0，∴函数ℎ(t)在(0,1)内单调递减，∴ℎ(t)>ℎ(1)=0．即lnt >t −1t ． ∴f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2<a2．【解析】(1)f′(x)=x −a +1x=x 2−ax+1x，x ∈(0,+∞).令u(x)=x 2−ax +1.则u(0)=1>0，u(x)的对称轴为x =a 2，△=a 2−4.对a 分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出．(2)假设x 1<x 2，由x 1，x 2是函数f(x)的极值点，由x 1，x 2是f′(x)=0的两个实数根，可得x 1+x 2=a ，x 1x 2=1，可得f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2=12(x 12−x 22)−a(x 1−x 2)+(lnx 1−lnx 2)x 1−x 2=−12a +lnx 1x 2x1−x 2.即−12a +lnx 1x 2x1−x 2<12a ⇔lnx 1x 2x1−x 2<a =x 1+x 2⇔lnx 1x 2>x 12−x 22x 1x 2=x 1x 2−x 2x 1.令t =x1x 2∈(0,1)，即lnt >t −1t .令ℎ(t)=lnt −t +1t ，ℎ(1)=0.利用导数已经其单调性即可得出．本题考查了利用导数研究函数的单调性、换元方法、方程与不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．22. 在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线C 的参数方程为{y =3sinϕx=2+3cosϕ(φ为参数)，以坐标原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系． (1)求曲线C 的极坐标方程；(2)设直线l 的极坐标方程为θ=α(ρ∈R)，若直线l 与曲线C 交于M ，N 两点，且|MN|=2√6，求直线l 的直角坐标方程．【答案】解：(1)∵曲线C 的参数方程为{y =3sinϕx=2+3cosϕ(φ为参数)， ∴曲线C 的普通方程为(x −2)2+y 2=9，即x 2+y 2−4x −5=0， ∴曲线C 的极坐标方程为ρ2−4ρcosθ−5=0．(2)∵直线l 的极坐标方程为θ=α(ρ∈R)， ∴直线l 的参数坐标方程为{y =tsinαx=tcosα，(t 为参数)，代入(x −2)2+y 2=9，得(tcosα−2)2+(tsinα)2=9，整理，得t 2−4tcosα−5=0，设M ，N 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1+t 2=4cosα，t 1t 2=−5，∴|MN|=|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√(4cosα)2−4×(−5)=2√6，解得cosα=±12，∴直线l 的斜率为k =tanα=±√3． ∴直线l 的直角坐标方程为y =√3x 或y =−√3x ．【解析】(1)由曲线C 的参数方程求出曲线C 的普通方程，由此能求出曲线C 的极坐标方程．(2)由直线l 的极坐标方程求出直线l 的参数坐标方程，代入(x −2)2+y 2=9，得t 2−4tcosα−5=0，设M ，N 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1+t 2=4cosα，t 1t 2=−5，由|MN|=|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√(4cosα)2−4×(−5)=2√6，求出cosα=±12，从而直线l 的斜率为k =tanα=±√3.由此能求出直线l 的直角坐标方程．本题考查曲线的极坐标方程的求法，考查直线的直角坐标方程的求法，考查极坐标方程、参数方程、直角坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．23. 已知函数f(x)=|x −k|+|x +2|(k ∈R)．(1)当k =2时，求不等式f(x)≤8的解集；(2)若ℎ(x)=x 2−2x +3，∀x 1∈R ，∃x 2∈(0,+∞)，使得f(x 1)≥ℎ(x 2)成立，求实数k 的取值范围．【答案】解：(1)k =2时，函数f(x)=|x −2|+|x +2|， ∴f(x)={−2x,x <−24,−2≤x ≤22x,x >2；当x <−2时，不等式f(x)≤8化为−2x ≤8，解得x ≥−4，即−4≤x <−2；当−2≤x ≤2时，不等式f(x)≤8化为4≤8恒成立，∴−2≤x ≤2；当x >2时，不等式f(x)≤8化为2x ≤8，解得x ≤4，即2<x ≤4；综上所述，不等式f(x)≤8的解集为[−4,4]；(2)函数f(x)=|x −k|+|x +2|≥|(x −k)−(x +2)|=|k +2|，函数ℎ(x)=x 2−2x +3=(x −1)2+2在(0,+∞)上的最小值为ℎ(x)min =2，又∀x 1∈R ，∃x 2∈(0,+∞)，使得f(x 1)≥ℎ(x 2)成立，所以|k +2|≥ℎ(x)min ，即|k +2|≥2，解得k ≤−4或k ≥0，∴实数k 的取值范围是(−∞,−4]∪[0,+∞)．【解析】(1)根据绝对值的定义去掉绝对值，利用分类讨论法求不等式f(x)≤8的解集；(2)利用绝对值不等式求出函数f(x)的最小值，利用二次函数的性质求出ℎ(x)在(0,+∞)上的最小值，把问题转化为|k +2|≥2，求出解集即可．本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了不等式恒成立问题，是中档题．。

广东省汕头市2018届高三上学期期末教学质量监测数学(理)试题 Word版含答案

理科数学第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.集合)}21ln(|{x y x A -==，}|{2x x x B <=，全集B A U =，则=)(B A C U （）A ．)0,(-∞B ．]1,21[ C ． )0,(-∞]1,21[ D ．]0,21(- 2.设复数i z 21231+=，i z 432+=，其中i 为虚数单位，则=||||220161z z （） A ．20152 B ．20161 C ．251 D ．51 3.圆0138222=+--+y x y x 的圆心到直线01=-+y ax 的距离为1，则=a （） A ．34-B ．43- C ．3 D ．2 4.函数)0)(6sin(>+=ωπωx y 的图象与34-轴正半轴交点的横坐标构成一个公差为34-的等差数列，若要得到函数34-的图象，只要将34-的图象（）个单位 A ．向左平移6πB ．向左平移6πC. 向左平移6πD ．向左平移6π5.函数)0)(6sin(>+=ωπωx y 的图象大致是（）6.中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入的2=x ，2=n ，依次输入的a 为2，2，5，则输出的=s （）A ．7B ．12 C. 17 D ．347.假设你家订了一份牛奶，奶哥在早上6：00~7：00之间随机地把牛奶送到你家，而你在早上6：30~7：30之间随机第离家上学，则你在理考家前能收到牛奶的概率是（）A ．81B ．85 C. 21 D ．87 8.设等比数列}{n a 的前n 项和为n S ，则“01>a ”是“23S S >”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件 C. 充要条件 D ．既不充分也不必要条件9.将二项式6)2(xx +展开式各项重新排列，则其中无理项互不相邻的概率是（） A ．72 B ．351 C. 358 D ．247 10.已知定义在R 上的函数)(x f 满足)()(x f x f -=，且当)0,(-∞∈x 时，0)(')(<+x xf x f 成立，若)2()2(1.01.0f a ⋅=，)2(ln )2(ln f b ⋅=，)81log )81(log 22f c ⋅=，则c b a ,,的大小关系是（） A ．c b a >> B ．a b c >> C. b a c >> D ．b c a >>11.设)2,0(,πβα∈，且ββαcos 1tan tan =-，则（）A ．23πβα=+ B ．22πβα=+ C. 23πβα=- D ．22πβα=-12.在平面内，定点D C B A ,,,满足||||||==，2-=⋅=⋅=⋅，动点M P ,满足1||=AP ，=，则2||BM 的最大值是（）A ．443B ．449 C. 43637+ D ．433237+ 第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.命题“若81log 2，则81log 2”的否命题为． 14.已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是．15.为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气候仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气候观测，如图所示，C B A ,,三地位于同一水平面上，这种仪器在C 地进行弹射实验，观测点B A ,两地相距100米， 60=∠BAC ，在A 地听到弹射声音比B 地晚172秒（已知声音传播速度为340米/秒），在A 地测得该仪器至高点H 处的仰角为 30，则这种仪器的垂直弹射高度=HC ．16.设变量y x ,满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥-+≥+-≤--01022022y x y x y x ，且y a x a z )1(3)1(22+-+=的最小值是20-，则实数=a ．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. （本小题满分12分）数列}{n a 的前n 项和n S 满足12a a S n n -=，且321,1,a a a +成等差数列.（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）设11++=n n n n S S a b ，求数列}{n b 的前n 项和n T . 18. （本小题满分12分）如图，四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为菱形，⊥PA 底面ABCD ，22=AC ，2=PA ，E 是PC 上的一点，EC PE 2=.（1）证明：⊥PC 平面BED ；（2）设二面角C PB A --为 90，求直线PD 与平面PBC 所成角的大小.19.（本小题满分12分）为评估设备M 生产某种零件的性能，从设备M 生产零件的流水线经计算，样本的平均值65=μ，标准差2.2=σ，以频率值作为概率的估计值.（Ⅰ）为评判一台设备的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为X ，并根据以下不等式进行评判（P 表示相应事件的概率）；①6826.0)(≥+≤<-σμσμX P ； ②9544.0)22(≥+≤<-σμσμX P ；③9974.0)33(≥+≤<-σμσμX P .。

广东汕头2019高三上年末统一检测--数学(理)

广东汕头2019高三上年末统一检测--数学（理）数学〔理〕总分值：150分时间：120分钟第一部分〔选择题总分值40分〕【一】选择题：本大题共10小题，每题5分，总分值40分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的、1、集合}5,3,1{=A ，集合},,2{b a B =，假设A ∩B {1,3}=，那么b a +的值是( )A.10B.9C.4D.7 2、如图在复平面内，复数21,z z 对应的向量分别是OB OA ,，那么复数12z z 的值是( )、A 、i 21+-B 、i 22--C 、i 21+D 、i 21-3、学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽出了一个容量为n 的样本，其频率分布直方图如下图，其中支出在[50，60)元的同学有30人，那么n 的值为( )、 A.100 B.1000 C.90 D.9004、假设向量)1,1(),0,2(==b a ，那么以下结论正确的选项是( ) A 、1=⋅b a B.||||a = C 、b b a ⊥-)( D 、b a //5、如图正四棱锥〔底面是正方形，顶点在底面的射影是底面的中心〕P-ABCD 的底面边长为6cm ，侧棱长为5cm ，那么它的侧视图的周长等于( )、A.17cmB.cm 5119+C.16cmD.14cmcosx 的图象关于直线x ＝2π对称，那么以下的判断正确的选项是〔〕A.p 为真B.⌝q 为假C.p ∧q 为假D.p q ∨为真7、假设〔9，a 〕在函数2log y x =的图象上，那么有关函数()x x f x a a -=+性质的描述，正确提〔〕A.它是定义域为R 的奇函数B.它在定义域R 上有4个单调区间C.它的值域为〔0，＋∞〕D.函数y ＝f 〔x －2〕的图象关于直线x ＝2对称8、计算机中常用的十六进制是逢16进1的数制，采纳数字0-9和字母A-F 共16个记数符号，这些符号与十进制的数的对应关系如下表：例如，用十六进制表示：E ＋D ＝1B ，那么A ×B ＝〔〕 A.6EB.72C.5FD.5FD.B0第二部分〔非选择题总分值110分〕【二】填空题：本大题共6小题，每题5分，总分值30分、〔一〕必做题： 9.数列{n a }的前几项为：1925,2,,8,,18222---⋅⋅⋅用观看法写出满足数列的一个通项公式n a ＝＿＿＿. 10.72()x x-的展开式中，x 3的系数是＿＿＿＿〔用数字作答〕.11.a ，b ，c 分别是△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边，假设a ＝1，c =A ＋B ＝2C ，那么sinB ＝＿＿＿＿.12.x ＞0，y ＞0，且19x y+＝1，那么2x ＋3y 的最小值为＿＿＿＿.13.设f 〔x 〕是R 是的奇函数，且对x R ∀∈都有f 〔x ＋2〕＝f 〔x 〕，又当x ∈［0,1］时，f 〔x 〕＝x 2，那么x ∈［2017,2018］时，f 〔x 〕的解析式为＿＿＿＿＿.〔二〕选做题：第14、15题为选做题，考生只能选做一题，两题全答的，只计算前一题的得分、14.〔坐标系与参数方程〕在直角坐标系xoy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，那么直线21x t y t=--⎧⎨=-⎩〔t 为参数〕截圆22cos ρρθ+－3＝0的弦长为＿＿＿＿.15.〔几何证明选讲〕如图，圆O 的半径为3，从圆O 外一点A 引切线AD 和割线ABC ，圆心O 到AC 的距离为，AB ＝3，那么切线AD 的长为＿＿＿＿.【三】解答题：本大题共6小题，总分值80分，解承诺写出文字说明、证明过程或演算步骤、 16.〔本小题总分值12分〕函数1()tan()36f x x π=-(I)求f 〔x 〕的最小正周期； (II)求3()2f π的值； (皿)设71(3)22f απ+=-，求sin()cos())4πααππα-+-+的值.17.〔本小题总分值12分〕汕头市澄海区以塑料玩具为要紧出口产品，塑料厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家将一批产品发给商家时，商家按合同规定也需随机抽取一定数量的产品做检验,以决定是否接收这批产品.(I)假设厂家库房中的每件产品合格的概率为0.8，从中任意取出3件进行检验.求恰有1件是合格品的概率；(H)假设厂家发给商家20件产品，其中有3件不合格，按合同规定，该商家从中任取2件，都进行检验，只有2件都合格时才接收这批产品，否那么拒收，求该商家可能检验出不合格产品数ξ的分布列及期望E ξ，并指出该商家拒收这批产品的概率。

2018-2019学年广东省高三(上)期末数学试卷(理科)(解析版)

2018-2019学年广东省高三（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知集合M＝{x|0≤x≤3}，，则M∩N＝（）A．{x|0≤x≤2}B．{x|0≤x＜2}C．{x|﹣1≤x≤0}D．{x|2＜x≤3} 2．（5分）复数在复平面内对应的点的坐标为（）A．（2，1）B．（2，﹣1）C．（1，2）D．（﹣1，2）3．（5分）若，且α为第四象限角，则tan（π﹣α）的值等于（）A．B．C．D．4．（5分）已知左、右焦点分别为F1，F2的双曲线C：过点，点P在双曲线C上，若|PF1|＝3，则|PF2|＝（）A．3B．6C．9D．125．（5分）已知m＞0，下列函数中，在其定义域内是单调递增函数且图象关于原点对称的是（）A．B．y＝tan mx C．D．y＝x m6．（5分）若干年前，某教师刚退休的月退休金为6000元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图．该教师退休后加强了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图．已知目前的月就医费比刚退休时少100元，则目前该教师的月退休金为（）A．6500元B．7000元C．7500元D．8000元7．（5分）已知向量与共线且方向相同，则＝（）A．235B．240C．245D．2558．（5分）8、拿破仑为人好学，是法兰西科学院院士，他对数学方面很感兴趣，在行军打仗的空闲时间，经常研究平面几何．他提出了著名的拿破仑定理：以三角形各边为边分别向外（内）侧作等边三角形，则它们的中心构成一个等边三角形．如图所示，以等边△GEI的三条边为边，向外作3个正三角形，取它们的中心A，B，C，顺次连接，得到△ABC，图中阴影部分为△GEI与△ABC的公共部分．若往△DFH中投掷一点，则该点落在阴影部分内的概率为（）A．B．C．D．9．（5分）已知函数的最大值为2，周期为π，将函数f（x）的图象向左平移个单位长度得到g（x）的图象，若g（x）是偶函数，则f（x）的解析式为（）A．B．C．D．10．（5分）如图所示为某三棱锥的三视图，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．B．24πC．16πD．8π11．（5分）在凸平面四边形ABCD中，∠ABC+∠CDA＝π，且AB＝AD＝7，BC＝3，CD＝5，则△CBD的面积S等于（）A．B．C．D．12．（5分）已知函数f（x）在R上存在导函数f'（x），若f（x）﹣f（﹣x）＝2x3，且x≥0时f'（x）﹣3x2≥0，则不等式f（2x）﹣f（x﹣1）＞7x3+3x2﹣3x+1的解集为（）A．（﹣∞，﹣1）B．C．D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）二项式展开式中的常数项为．14．（5分）已知实数x，y满足，则z＝（x﹣1）2+（y﹣5）2的最小值为．15．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，AC交BD于O，E是棱AA1的中点，则直线OE被正方体外接球所截得的线段长度为．16．（5分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）经过点P（1，4），直线P A，PB分别与抛物线C交于点A，B，若直线P A，PB的斜率之和为零，则直线AB的斜率为．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（一）必考题：共60分．17．（12分）已知数列{a n}是递增的等差数列，a3＝7，且a4是a1与27的等比中项．（1）求a n；（2）若，求数列{b n}的前n项和T n．18．（12分）水果的价格会受到需求量和天气的影响，某采购员定期向某批发商购进某种水果，每箱水果的价格会在当日市场价的基础上进行优惠，购买量越大优惠幅度越大，采购员通过对以往的10组数据进行研究，发现可采用y＝ax b来作为价格的优惠部分y（单位：元/箱）与购买量x（单位：箱）之间的回归方程，整理相关数据得到如表（表中X i＝lnx i，Y i＝lny i）：（1）根据参考数据，①建立y关于x的回归方程；②若当日该种水果的市场价为200元/箱，估算购买100箱该种水果所需的金额（精确到0.1元）（2）在样本点中任取一点，若它在回归曲线上或上方，则称该点为高效点，已知这10个样本点中，高效点有4个，现从这10个点中任取3个点，设取到高效点的个数为ξ，求ξ的数学期望．附：对于一组数据（x1，y1），（x2，y2），…，（x n，y n），其回归直线＝x+的斜率和截距的最小二乘估计分别为＝，＝﹣数据参考：e≈2.7182819．（12分）在多面体AFCDEB中，BCDE是边长为2的正方形，CF∥AB，平面ABCF⊥平面BCDE，AB＝2FC＝2，AB⊥CE．（1）求证：BD⊥平面CFE；（2）求直线EF与平面ADF所成角的正弦值．20．（12分）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，是椭圆C上的点，且△PF1F2的面积为．（1）求椭圆C的方程；（2）若斜率为k且在x轴上的截距为2的直线l与椭圆C相交于两点A，B，若椭圆C 上存在点Q，满足，其中O是坐标原点，求k的值．21．（12分）已知函数f（x）＝e x﹣ax．（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）当时，设，若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．（本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）已知极坐标系中，点，曲线C的极坐标方程为ρ2cos2θ+3ρ2sin2θ﹣12＝0，点N在曲线C上运动，以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为为参数）．（1）求直线l的极坐标方程与曲线C的参数方程；（2）求线段MN的中点P到直线l的距离的最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|2x﹣2|﹣|x﹣2|，g（x）＝x+1．（1）求不等式f（x）＜g（x）的解集；（2）当x∈（2a，﹣1+a]时，f（x）≥g（x）恒成立，求a的取值范围．2018-2019学年广东省高三（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【解答】解：集合M＝{x|0≤x≤3}，＝{x|≤0}＝{x|﹣1≤x＜2}，则M∩N＝{x|0≤x＜2}．故选：B．2．【解答】解：∵＝，∴复数在复平面内对应的点的坐标为（2，﹣1）．故选：B．3．【解答】解：∵，且α为第四象限角，∴cosα＝＝，∴tan（π﹣α）＝﹣tanα＝﹣＝．故选：A．4．【解答】解：左、右焦点分别为F1，F2的双曲线C：过点，可得：，解得a＝3，b＝1，c＝，a+c＞3，点P在双曲线C上，若|PF1|＝3，可得p在双曲线的左支上，则|PF2|＝2a+|PF1|＝6+3＝9．故选：C．5．【解答】解：根据题意，若函数的图象关于原点对称，则该函数为奇函数；依次分析选项：对于A，y＝﹣为反比例函数，在其定义域上不是增函数，不符合题意；对于B，y＝tan mx，在其定义域上不是增函数，不符合题意；对于C，y＝ln，必有＞0，解可得﹣m＜x＜m，则函数的定义域为（﹣m，m），f（﹣x）＝ln＝﹣ln＝﹣f（x），则函数f（x）为奇函数，且在其定义域内是单调递增函数，符合题意；对于D，y＝x m，当m＝时，f（x）不是奇函数，不符合题意；故选：C．6．【解答】解：设目前该教师的退休金为x元，则由题意得：6000×15%﹣x×10%＝100．解得x＝8000．故选：D．7．【解答】解：向量与共线，∴t2﹣4＝0，解得t＝±2；又与方向相同，∴t＝2，∴＝（2，1），＝（4，2），∴+3＝（14，7），∴＝142+72＝245，又2﹣＝（0，0），∴＝0，∴＝245．故选：C．8．【解答】解：设等边△GEI的边长为3a，则△DFH的边长为6a，等边△AMN的边长为a，则，阴影部分的面积S阴影＝S△EGI﹣3S△AMN＝＝．由测度比为面积比可得：往△DFH中投掷一点，则该点落在阴影部分内的概率为P＝．故选：A．9．【解答】解：∵函数f（x）＝A cosωx cosφ+A sinωx sinφ＝A cos（ωx﹣φ）的最大值为2，∴A＝2；∵函数的周期为＝π，∴ω＝2，∴f（x）＝2cos（2x﹣φ）．将函数f（x）的图象向左平移个单位长度得到g（x）＝2cos（2x+﹣φ）的图象，若g（x）是偶函数，则﹣φ＝kπ，k∈Z．∴φ＝，则f（x）的解析式为f（x）＝2cos（2x﹣），故选：B．10．【解答】解：由已知中的三视图可得，该几何体的外接球，相当于一个棱长为1，1，2的长方体的外接球，故外接球直径2R＝＝，故该三棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝24π，故选：B．11．【解答】解：如图所示：在凸平面四边形ABCD中，∠ABC+∠CDA＝π，且AB＝AD＝7，BC＝3，CD＝5，则∠BAD+∠BCD＝π，由余弦定理可得：72+72﹣2×7×7×cos∠BAD＝32+52﹣2×3×5×cos∠BCD＝32+52+2×3×5×cos∠BAD，解得：cos∠BAD＝，故BD＝＝7，故△CBD的面积S＝＝，故选：D．12．【解答】解：令g（x）＝f（x）﹣x3，∵f（x）﹣f（﹣x）＝2x3，∴f（x）﹣x3＝f（﹣x）﹣（﹣x）3．即g（x）＝g（﹣x），∴g（x）为偶函数．∵x≥0时f'（x）﹣3x2≥0，∴g（x）在[0，+∞）递增，不等式f（2x）﹣f（x﹣1）＞7x3+3x2﹣3x+1的解集⇔g（2x）＞g（x﹣1）．∴|2x|＞|x﹣1|⇒3x2+2x﹣1＞0∴或＜﹣1．故选：C．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．【解答】解：展开式的通项为：T r+1＝C6r•＝（﹣2）r C6r•x12﹣3r，令12﹣3r＝0得r＝4，所以展开式的常数项为（﹣2）4C64＝240．故答案为：240．14．【解答】解：由题意作出实数x，y满足平面区域，z＝（x﹣1）2+（y﹣5）2可看成阴影内的点到点D（1，5）的平方，的距离的平方，转化为：P到x﹣y+1＝0的距离的平方，解得，（）2＝；故答案为：．15．【解答】解：∵正方体内接于球，∴2R＝＝2，R＝，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的中心为G，∵sin∠GOE＝sin∠AA1C＝，∴G到OE的距离d＝OG sin∠GOE＝1×．则直线OE被正方体外接球所截得的线段长度为2．故答案为：．16．【解答】解：因为抛物线C：y2＝2px经过点P（1，4），∴p＝8，∴抛物线C：y2＝16x，设直线P A：y﹣4＝k（x﹣1），并代入y2＝16x消去x并整理得k2x2+（8k﹣2k2﹣16）xx+（4﹣k）2＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2）依题意知1和x1是以上一元二次方程的两个根，∴1•x1＝，∴x1＝，∴y1＝4﹣k+kx1＝4﹣k+k•＝﹣4，同理得x2＝，y2＝﹣﹣4，所以直线AB的斜率为：＝＝﹣2．故答案为：﹣2三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（一）必考题：共60分．17．【解答】解：（1）数列{a n}是递增的等差数列，设公差为d，d＞0，a3＝7，且a4是a1与27的等比中项，可得a1+2d＝7，a42＝27a1，即（a1+3d）2＝27a1，解得a1＝3，d＝2，则a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1；（2）＝＝（﹣），前n项和T n＝（﹣+﹣+…+﹣+﹣）＝（﹣）．18．【解答】解：（1）①对y＝ax b两边同时取自然对数，得lny＝blnx+lna，令X i＝lnx i，Y i＝lny i，得Y＝bX+lna，∴＝＝，∴lna＝1，∴a＝e，∴y关于x的回归方程为y＝e；②由①得，将x＝100代入y＝e，得y＝10e，所以每箱水果大约可以优惠10e元，即购买100箱该种水果所需的金额约为（200﹣10e）×100≈17281.7（元）；（2）由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2，3，则P（ξ＝0）＝＝，P（ξ＝1）＝＝，P（ξ＝2）＝＝，P（ξ＝3）＝＝；所以ξ的数学期望为E（ξ）＝0×+1×+2×+3×＝．19．【解答】证明：（1）∵BCDE是正方形，∴BE⊥BC，BD⊥CE，∵平面ABCF⊥平面BCDE，平面ABCF∩平面BCDE＝BC，∴BE⊥平面ABCF，∴BE⊥AB，∵AB⊥CE，BE∩CE＝E，∴AB⊥平面BCDE，∵CF∥AB，∴CF⊥平面BCDE，∴CF⊥BD，∵CF∩CE＝C，∴BD⊥平面CFE．解：（2）以B为原点，向量分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则E（0，2，0），F（2，0，1），A（0，0，2），D（2，2，0），则＝（2，﹣2，1），＝（﹣2，﹣2，2），＝（0，﹣2，1），设平面ADF的法向量＝（x，y，z），则，取y＝1，得＝（1，1，2），设直线EF与平面ADF所成角为θ，则sinθ＝＝＝．∴直线EF与平面ADF所成角的正弦值为．20．【解答】解：（1）∵△PF1F2的面积为，∴×2c×＝，即c＝1，由，解得a2＝2，b2＝1，∴椭圆C的方程为+y2＝1；（2）由题意可得l：y＝k（x﹣2），设点A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x，y），由，消y可得（1+2k2）x2﹣8kx+8k2﹣2＝0，∴△＝64k2﹣4（1+2k2）（8k2﹣2）＞0，可得k2＜，∴x1+x2＝，x1x2＝，∵，∴＝3﹣3（﹣），即＝（+），∴（x，y）＝（x1+x2，y1+y2），∴x＝（x1+x2）＝y＝[k（x1+x2）﹣4k]＝，∴Q（，），∵点Q在椭圆C上，∴+2•＝2，∴9k2＝1+2k2，解得k＝±．21．【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝e x﹣2x，f′（x）＝e x﹣2，则函数f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为f′（0）＝﹣1，故函数f（x）在（0，f（0））处的切线方程为：y﹣1＝﹣（x﹣0），即x+y﹣1＝0；（2）由f（x）≥g（x）得：e x﹣ax≥x2+1，即ax≤e x﹣x2﹣1，∵x≥，∴a≤，令h（x）＝，则h′（x）＝，令φ（x）＝e x（x﹣1）﹣x2+1，则φ′（x）＝x（e x﹣1），∵x≥，∴φ′（x）＞0，故φ（x）在[，+∞）递增，故φ（x）≥φ（）＝﹣＞0，故h′（x）＞0，故h（x）在[，+∞）递增，则h（x）≥h（）＝2﹣，故a≤2﹣，故a的范围是（﹣∞，2﹣]．选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．（本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【解答】解：（1）∵直线l的参数方程为为参数）．∴直线的普通方程为x﹣y﹣10＝0，∴直线l的极坐标方程为ρcosθ﹣ρsinθ﹣10＝0，即．∵曲线C的极坐标方程为ρ2cos2θ+3ρ2sin2θ﹣12＝0，∴曲线C的直角坐标方x2+3y2﹣12＝0，即．∴曲线C的参数方程为，（α为参数）．（2）设N（2cosα，2sinα），（0≤α＜2π），点M的极坐标（4，）化为直角坐标为（4，4），则P（+2，sinα+2），∴点P到直线l的距离d＝＝≤6，当sin（）＝1时，等号成立，∴点P到l的距离的最大值为6．[选修4-5：不等式选讲]23．【解答】解：（1）函数f（x）＝|2x﹣2|﹣|x﹣2|＝＝，g（x）＝x+1，∴不等式f（x）＜g（x）可化为或或，解得﹣＜x＜1或1≤x≤2或x＞2，即x＞，∴不等式f（x）＜g（x）的解集为{x|x＞﹣}；（2）当x∈（2a，﹣1+a]时，f（x）≥g（x）恒成立，∴f（x）≥g（x）的解集包含（2a，﹣1+a]，由（1）得f（x）≥g（x）的解集为{x|x≤﹣}，∴（2a，﹣1+a]⊆（﹣∞，﹣]，即，解得a＜﹣1，∴a的取值范围是a＜﹣1．。

广东省汕头市2019届高三上学期期末教学质量监测数学理试题(PDF版)

三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、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。 (一)必考题：共 60 分。 17. (本小题满分 12 分) 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 2 Sn +1=4 an ，数列 bn 满足 b1 =2，an 1 · bn 2an · bn 1 －2 n . (1)求 an 的通项公式；
二、填空题：本大题共 4 小题，考生作答 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分．
13.
e
14. 36
15.
1 5
16.
2 10
三、解答题：本大题共 6 小题，满分 70 解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤． 17．（本小题满分 12 分）解:（1）当 n 1 时， 2 S1 1 4a1 即 a1
汕头市201 学
本试卷5页，23小题，满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角 “条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。

2019年1月20日广东省2018-2019学年第一学期末汕头市高三质量监测理科数学试题及参考答案

第3题图汕头市2018~2019学年度普通高中毕业班教学质量监测试题理科数学本试卷5页，23小题，满分150分。

考试用时120分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。

用2B 铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应位置上。

将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。

答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．考生必须保持答题卡的整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。

1．若复数2i12iz -+=+（i 为虚数单位），则2z +=B.C.3D.52．已知全集U R =，集合A={0,1,2,3,4,5,6}，B={|0}3xx x≤-，则图中阴影部分表示的集合为A ．{}1,2B ．{}0,1,2C ．{}1,2,3D ．{}0,1,2,33．为了普及消防知识，增强消防意识，某学校组织消防知识抢答活动，现在随机抽取30名学生参加本次活动，得分情况（十分制）如图所示，则得分值的众数和中位数分别为A ．5，5B ．5，5.5C ．5，6D ．6，6.5第2题图4．已知x ，y 满足约束条件0121x y x y x y -≥⎧⎪+≤⎨⎪+≥⎩，则22z x y =-+的最大值为A ．1B ．2C ．3D ．45．如图所示，半径为1的圆O 是正方形MNPQ 的内切圆．将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ 内，用A 表示事件“豆子落在圆O 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OEF （阴影部分）内”，则()=P B A A.4πB.14C.16π D.186．执行如图所示的程序框图，则输出的S =A.74B.83C.177D.1667.已知向量()()5,,2,2,a m b ==-若()a b b -⊥ ，则m =A.－1B.1C.2D.－28．已知一个简单几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24π+48，则r =A.2 B.4C.1D.38题图9．函数())1f x x x =-+的大致图象为A B C D10．若将函数()sin 22f x x x =+的图象向右平移ϕ（0>ϕ）个单位，所得图象关于y 轴对称，则ϕ的最小值是A.12π B.4π C.38πD.512π第5题图第6题图11．在四面体A B C D 中，A B =1，B C C D ==，A C =A B C D 的体积最大时，其外接球的表面积为A.2πB.3πC.6πD.8π12．设曲线()2x f x e x =+（e 为自然对数的底数）上任意一点处的切线为1l ，总存在曲线()sin g x ax x =-+上某点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为A.[1,2]- B.(1,2)- C.1(,1)2-D.1[,1]2-二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

【高三数学试题精选】2018届高三上学期期末质量监测数学(理)试卷(汕头市附答案)

2018届高三上学期期末质量监测数学（理）试卷（汕头市
附答案）
5
汕头市2018~2018学年度普通高中毕业班教学质量监测试题理科数学
注意事项
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、学校、座位号、考生号填写在答题卡上
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答的答案无效
4．作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再作答漏涂、错涂、多涂的，答案无效
5．考生必须保持答题卡的整洁考试结束后，将试卷和答题卡一并交回
第Ⅰ卷(共60分)
一、选择题本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。

1已知集合，，则
A． B． c． D．
2已知是复数的共轭复数，若，则复数对应的点位于
A．第一象限 B．第二象限 c．第三象限 D．第四象限
3若两个非零向量满足，，则的夹角是。

广东省汕头市2019届高三上学期期末教学质量监测数学(理)试题及答案

广东省汕头市2019届高三上学期期末教学质量监测数学理试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分） 1. 若复数z =−2+i 1+2i(i 为虚数单位)，则|z +2|=( )A. √2B. √5C. 3D. 52. 已知全集U =R ，集合A ={0,1，2，3，4，5，6}，B ={x|x3−x ≤0}，则图中阴影部分表示的集合为()A. {1,2}B. {0,1，2}C. {1,2，3}D. (0,1，2，3)3. 为了普及消防知识，增强消防意识，某学校组织消防知识抢答活动，现在随机抽取30名学生参加本次活动，得分情况(十分制)如图所示，则得分值的众数和中位数分别为( )A. 5，5B. 5，5.5C. 5，6D. 6，6.54. 已知x ，y 满足的束条件{x −y ≥0x +y ≤1x +2y ≥1，则z =2x −y +2的最大值为( )A. 1B. 2C. 3D. 45. 如图所示，半径为1的圆O 是正方形MNPQ 的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ 内，用A表示事件“豆子落在圆O 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OEF(阴影部分)内”，则P(B|A)=( )A. π4B. 14 C. π16 D. 186. 执行如图所示的程序框图，则输出的S =( )A. 74B. 83C. 177D. 1667.已知向量a⃗=(5,m)，b⃗ =(2,−2)，若(a⃗−b⃗ )⊥b⃗ ，则m=()A. −1B. 1C. 2D. −28.已知一个简单几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24π+48，则r=()A. 2B. 4C. 1D. 39.函数f(x)=xln(√x2+1−x)+1的大致图象为()A. B.C. D.10.若将函数f(x)=sin2x+√3cos2x的图象向右平移φ(φ>0)个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小值是()A. π12B. π4C. 3π8D. 5π1211.在四面体ABCD中，AB=1，BC=CD=√3，AC=√2，当四面体ABCD的体积最大时，其外接球的表面积为()A. 2πB. 3πC. 6πD. 8π12.设曲线f(x)=e x+2x(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1，总存在曲线g(x)=−ax+sinx上某点处的切线l2，使得l1⊥l2，则实数a的取值范围为()A. [−1,2]B. (−1,2)C. (−12,1) D. [−12,1]二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知函数f(x)={log2(x2−1),x>1e x,x≤1(其中e是自然对数的底数)，则f[f(√3)]=______．14.把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为______(用数字作答)．15.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，N为BB1的中点，则直线CM与AN所成的角的余弦值为______．16.△ABC中，BC=2√3，AC=3，A=2B，D是BC上一点且AD⊥AC，则△ABD的面积为______．三、解答题（本大题共7小题，共70.0分）17.已知数列{a n}的前n项和为S n，且2S n+1=4a n，数列{b n}满足b1=2，a n+1⋅b n=2a n⋅b n+1−2n．(1)求{a n}的通项公式；(2)设∁n=log2(4a n)，求数列{1b n+1c n}的前n项和T n．18.如图(1)，已知△ABC是边长为6的等边三角形，点D、E分别是边AB、AC上的点，且满足AD=CE=2，如图(2)，将△ADE沿DE折成四棱锥A1−BCED，且有平面A1DE⊥平面BCED．(1)求证：A1D⊥平面BCED；(2)记A1E的中点为M，求二面角M−DC−A1的余弦值．19.某市为了了解民众对开展创建文明城市工作以来的满意度，随机调查了40名群众，并将他们随机分成A，B两组，每组20人，A组群众给第一阶段的创文工作评分，B组群众给第二阶段的创文工作评分，根据两组群众的评分绘制了如下茎叶图：(1)根据茎叶图比较群众对两个阶段创文工作满意度评分的平均值及集中程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；(2)根据群众的评分将满意度从低到高分为三个等级：①假设两组群众的评价结果相互独立，由频率估计概率，求创文工作第二阶段的民众满意度等级高于第一阶段的概率；②从这40名群众中随机抽取2人，记X表示满意度等级为“非常满意”的群众人数，求X的分布列与数学期望．20.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，且过点(√3,√32).(1)求椭圆E的方程；(2)设直线y=kx+m(m≠0)与椭圆E交于A、B两点，与x轴、y轴分别交于C、D两点(且C、D在A、B之间或同时在A、B之外).问：是否存在定值k，使得△OAC的面积与△OBD的面积总相等，若存在，求k的值，并求出实数m取值范围；若不存在，说明理由．21.已知函数f(x)=12x2−ax+1nx(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若x1，x2是f(x)的两个极值点，证明：f(x1)−f(x2)x1−x2<a2．22.在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为{y=3sinϕx=2+3cosϕ(φ为参数)，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．(1)求曲线C的极坐标方程；(2)设直线l的极坐标方程为θ=α(ρ∈R)，若直线l与曲线C交于M，N两点，且|MN|=2√6，求直线l的直角坐标方程．23.已知函数f(x)=|x−k|+|x+2|(k∈R)．(1)当k=2时，求不等式f(x)≤8的解集；(2)若ℎ(x)=x2−2x+3，∀x1∈R，∃x2∈(0,+∞)，使得f(x1)≥ℎ(x2)成立，求实数k的取值范围．广东省汕头市2019届高三上学期期末教学质量监测数学理试题（解析版）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）24.若复数z=−2+i1+2i(i为虚数单位)，则|z+2|=()A. √2B. √5C. 3D. 5【答案】B【解析】解：z=−2+i1+2i =(−2+i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=5i5=i，则|z+2|=|i+2|=√1+22=√5．故选：B．直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的公式计算得答案．本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题．25.已知全集U=R，集合A={0,1，2，3，4，5，6}，B={x|x3−x≤0}，则图中阴影部分表示的集合为()A. {1,2}B. {0,1，2}C. {1,2，3}D. (0,1，2，3)【答案】C【解析】解：∵集合A={0,1，2，3，4，5，6}，B={x|x3−x≤0}={x|x≤0或x>3}，∴∁U B={x|0<x≤3}．∴图中阴影部分表示的集合为A∩(∁U B)={1,2，3}．故选：C．先求出集合A，B，从而得到∁U B，图中阴影部分表示的集合为A∩(∁U B)，由此能求出结果．本题考查阴影部分表示的集合的求法，考查交集、补集、维恩图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．26.为了普及消防知识，增强消防意识，某学校组织消防知识抢答活动，现在随机抽取30名学生参加本次活动，得分情况(十分制)如图所示，则得分值的众数和中位数分别为()A. 5，5B. 5，5.5C. 5，6D. 6，6.5【答案】B【解析】解：由条形图得：众数为5，中位数为：5+62=5.5．故选：B ．利用条形图的性质、众数、中位数的定义直接求解．本题考查众数、中位数的求法，考查条形图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．27. 已知x ，y 满足的束条件{x −y ≥0x +y ≤1x +2y ≥1，则z =2x −y +2的最大值为( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】解：不等式组表示的平面区域如图所示，当直线z =2x −y +2过点A(1,0)时，在y 轴上截距最小，此时z 取得最大值4．故选：D ．先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z =2x −y +2表示直线在y 轴上的截距，只需求出可行域直线在y 轴上的截距最小值即可．本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题．28. 如图所示，半径为1的圆O 是正方形MNPQ 的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ 内，用A 表示事件“豆子落在圆O 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OEF(阴影部分)内”，则P(B|A)=( )A. π4B. 14 C. π16 D. 18【答案】B【解析】解：如图所示，半径为1的圆O是正方形MNPQ的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ内，用A表示事件“豆子落在圆O内”，B表示事件“豆子落在扇形OEF(阴影部分)内”，则P(A)=π×1222=π4，P(AB)=14×π×1222=π16，∴P(B|A)=P(AB)P(A)=π16π4=14．故选：B．利用几何概型先求出P(A)=π×1222=π4，P(AB)=14×π×1222=π16，再由条件概型能求出P(B|A)．本题考查概率的求法，考查几何概型、条件概型能等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．29.执行如图所示的程序框图，则输出的S=()A. 74B. 83C. 177D. 166【答案】C【解析】解：模拟程序的运行，可得S=0，i=1S=1不满足条件i≥10，执行循环体，i=3，S=5不满足条件i≥10，执行循环体，i=5，S=15不满足条件i≥10，执行循环体，i=7，S=37不满足条件i≥10，执行循环体，i=9，S=83不满足条件i≥10，执行循环体，i=11，S=177此时，满足条件i≥10，退出循环，输出S的值为177．故选：C．由算法的程序框图，计算各次循环的结果，满足条件，结束程序，即可得解．本题考查了应用程序框图进行简单的计算问题，是基础题．30.已知向量a⃗=(5,m)，b⃗ =(2,−2)，若(a⃗−b⃗ )⊥b⃗ ，则m=()A. −1B. 1C. 2D. −2【答案】B【解析】解：a⃗−b⃗ =(3,m+2)；∵(a⃗−b⃗ )⊥b⃗ ；∴(a⃗−b⃗ )⋅b⃗ =6−2(m+2)=0；解得m=1．故选：B．可求出a⃗−b⃗ =(3,m+2)，根据(a⃗−b⃗ )⊥b⃗ 即可得出(a⃗−b⃗ )⋅b⃗ =0，进行数量积的坐标运算即可求出m．考查向量垂直的充要条件，向量坐标的减法和数量积运算．31.已知一个简单几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24π+48，则r=()A. 2B. 4C. 1D. 3【答案】A【解析】解：由题意，直观图为14圆锥与三棱锥的组合体，该几何体的体积为14×13×π×9r2×4r+13×12×3r×3r×4r=24π+48，∴r=2．故选：A．由题意，直观图为14圆锥与三棱锥的组合体，利用几何体的体积求出r，再求出该几何体的表面积．本题考查由三视图求面积、体积，考查学生的计算能力，确定直观图的形状是关键．32.函数f(x)=xln(√x2+1−x)+1的大致图象为()A. B.C. D.【答案】A【解析】解：f(0)=1，排除B，C，f(−x)=−xln(√x2+1+x)+1=(√x2+1+x)(√x2+1−x)√x2+1−x +1=√x2+1−x+1=−xln(√x2+1−x)−1+1=xln(√x2+1−x)+1=f(x)，则函数f(x)是偶函数，排除D，故选：A．利用函数的奇偶性以及特殊值进行排除即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数奇偶性以及函数值进行排除是解决本题的关键．33.若将函数f(x)=sin2x+√3cos2x的图象向右平移φ(φ>0)个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小值是()A. π12B. π4C. 3π8D. 5π12【答案】D【解析】解：函数f(x)=sin2x+√3cos2x=2sin(2x+π3)的图象向右平移φ(φ>0)个单位，可得y=2sin(2x−2φ+π3)的图象．再根据所得图象关于y轴对称，可得−2φ+π3=kπ+π2，k∈Z，则令k=−1，可得φ的最小值为5π12，故选：D．利用查两角和的正弦公式化简函数的解析式，再由题意利用三角函数的奇偶性求得φ的最小值．本题主要考查两角和的正弦公式，三角函数的奇偶性，属于基础题．34.在四面体ABCD中，AB=1，BC=CD=√3，AC=√2，当四面体ABCD的体积最大时，其外接球的表面积为()A. 2πB. 3πC. 6πD. 8π【答案】C【解析】解：∵AB =1，BC =√2，AC =√2，由勾股定理可得AB 2+AC 2=BC 2，所以，△ABC 是以BC 为斜边的直角三角形，且该三角形的外接圆直径为BC =√3，当CD ⊥平面ABC 时，四面体ABCD 的体积取最大值，此时，其外接球的直径为2R =√BC 2+CD 2=√6，因此，四面体ABCD 的外接球的表面积为4πR 2=π×(2R)2=6π．故选：C ．先利用勾股定理得出△ABC 是直角三角形，且BC 为斜边，并可计算出△ABC 的外接圆直径为BC ，然后由CD ⊥平面ABC 可得出此时四面体ABCD 的体积取最大值，再利用公式2R =√BC 2+CD 2可得出外接球的半径R ，再利用球体的表面积公式可得出答案．本题考查球体表面积的计算，解决本题的关键在于选择合适的模型计算球体的半径，属于中等题．35. 设曲线f(x)=e x +2x(e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l 1，总存在曲线g(x)=−ax +sinx上某点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为( )A. [−1,2]B. (−1,2)C. (−12,1) D. [−12,1]【答案】D【解析】解：f(x)=e x +2x 的导数为f′(x)=e x +2，设(x 1,y 1)为f(x)上的任一点，则过(x 1,y 1)处的切线l 1的斜率为k 1=e x 1+2， g(x)=−ax +sinx 的导数为g′(x)=cosx −a ，过g(x)图象上一点(x 2,y 2)处的切线l 2的斜率为k 2=−a +cosx 2．由l 1⊥l 2，可得(e x 1+2)⋅(−a +cosx 2)=−1，即−a +cosx 2=−1e x 1+2，任意的x 1∈R ，总存在x 2∈R 使等式成立．则有y 1=−a +cosx 2的值域为A =[−a −1,−a +1]．1e x 1+2的值域为B =(−12,0)有B ⊆A ，即(−12,0)⊆[−a −1，−a +1]，即{−a −1≤−121−a ≥0，解得：[−12,1] 故选：D ．求得f(x)的导数，设(x 1,y 1)为f(x)上的任一点，可得切线的斜率k 1，求得g(x)的导数，设g(x)图象上一点(x 2,y 2)可得切线l 2的斜率为k 2，运用两直线垂直的条件：斜率之积为−1，分别求y 1=−a +cosx 2的值域A ，y2=1e x1+2的值域B，由题意可得B⊆A，可得a的不等式，可得a的范围．本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查两直线垂直的条件：斜率之积为−1，考查任意存在性问题的解法，注意运用转化思想和值域的包含关系，考查运算能力，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）36.已知函数f(x)={log2(x2−1),x>1e x,x≤1(其中e是自然对数的底数)，则f[f(√3)]=______．【答案】e【解析】解：函数f(x)={log2(x2−1),x>1e x,x≤1(其中e是自然对数的底数)，则f(√3)=log2(3−1)=1，则f(1)=e，故f[f(√3)]=e，故答案为：e．根据函数的解析式，代值计算即可．本题考查了分段函数的函数值的问题，属于基础题．37.把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为______(用数字作答)．【答案】36【解析】解：先将票分为符合条件的3份，由题意，3人分5张票，且每人至少一张，至多三张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，相当于将1、2、3、4、5这4个数用2个板子隔开，在4个空位插2个板子，共有C42=6种情况，再对应到3个人，有A33=6种情况，则共有6×6=18种情况．故答案为：36根据题意，先将票分为符合题意要求的3份，可以转化为将1、2、3、4、5这4个数用2个板子隔开，用插空法易得其情况数目，再将分好的3份对应到3个人，由排列知识可得其情况数目，由分步计数原理，计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，注意将分票的问题转化为将1，2，3，4，5这5个数用2个板子隔开，分为3部分的问题，用插空法进行解决．38.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，N为BB1的中点，则直线CM与AN所成的角的余弦值为______．【答案】15【解析】解：以A为原点，在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，设正三棱柱ABC −A 1B 1C 1的所有棱长都为2，则C(0,2，0)，M(0,1，2)，A(0,0，0)， N(√3,1，1)，CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,2)，AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1，1)，设直线CM 与AN 所成的角为θ，则cosθ=|CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1√5⋅√5=15．∴直线CM 与AN 所成的角的余弦值为15．故答案为：15．以A 为原点，在平面ABC 内过A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线CM 与AN 所成的角的余弦值．本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．39. △ABC 中，BC =2√3，AC =3，A =2B ，D 是BC 上一点且AD ⊥AC ，则△ABD 的面积为______．【答案】√210【解析】解：∵BC =2√3，AC =3，A =2B ， ∴在△ABC 中，由正弦定理BCsinA =ACsinB ，可得：2√3sinA=3sinB =2√32sinBcosB ， ∴解得：cosB =√33，可得：sinB =√1−cos 2B =√63， ∴cosA =cos2B =2cos 2B −1=−13， ∵AD ⊥AC ，∴sin∠BAD =sin(A −π2)=−cosA =13，可得：cos∠BAD =√1−sin 2∠BAD =2√23，∴sin∠ADB =sin(∠BAD +B)=13×√33+2√23×√63=5√39，∵在△ABC 中，由余弦定理可得：32=AB 2+(2√3)2−2AB ⋅2√3⋅√33，解得：AB =1，或3．∵AB =AC =3，A =2B ，可得：B =C =12A =π4，可得：BC =√32+32=3√2，与BC =2√3矛盾， ∴AB =1，∴在△ABD 中，由正弦定理ABsin∠ADB =ADsinB ，可得：AD =AB⋅sinB sin∠ADB=3√25，∴S △ABD =12AB ⋅AD ⋅sin∠BAD =12×AB ×AD ×13=√210．故答案为：√210．由已知利用正弦定理，二倍角的正弦函数公式可求cosB，利用同角三角函数基本关系式可求sinB，利用二倍角的余弦函数公式可求cosA，利用诱导公式可求sin∠BAD，可求cos∠BAD，利用两角和的正弦函数公式可求sin∠ADB，在△ABC中，由余弦定理可得AB，在△ABD中，由正弦定理可得AD，即可根据三角形的面积公式计算得解S△ABD的值．本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，考查了数形结合思想的应用，属于中档题．三、解答题（本大题共7小题，共70.0分）40.已知数列{a n}的前n项和为S n，且2S n+1=4a n，数列{b n}满足b1=2，a n+1⋅b n=2a n⋅b n+1−2n．(1)求{a n}的通项公式；(2)设∁n=log2(4a n)，求数列{1b n+1c n}的前n项和T n．【答案】解：(1)当n=1时，2S1+1=4a1，∴a1=12n≥2时，2S n+1=4a n①2S n−1+1=4a n−1②①−②得：2a n=4a n−4a n−1∴a na n−1=2(n≥2)∴{a n}是以12为首项，2为公比的等比数列，∴a n=12×2n−1=2n−2(2)∵a n=2n−2，∴a n+1=2n−1，∵a n+1⋅b n=2a n⋅b n+1−2n，∴2n−1⋅b n=2n−1⋅b n+1−2n，∴b n+1−b n=2，∴{b n}为公差为2的等差数列，∴b n=2+2(n−1)=2n，又∵∁n=log2(4a n)=log22n=n，∴1b n+1c n =12n(n+1)=12(1n−1n+1)，∴T n=12[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)]=12(1−1n+1)=n2(n+1)．【解析】(1)由a n=S n−S n−1(n≥2)得{a n}是以12为首项，2为公比的等比数列，从而得{a n}的通项公式；(2)由a n=2n−2与a n+1⋅b n=2a n⋅b n+1−2n得{b n}为公差为2的等差数列，得b n=2n，又∁n=n，得1b n+1c n=1 2(1n−1n+1)，从而得T n．本题考查了等差数列与等比数列的推导，通项公式的应用，裂项求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．41. 如图(1)，已知△ABC 是边长为6的等边三角形，点D 、E 分别是边AB 、AC 上的点，且满足AD =CE =2，如图(2)，将△ADE 沿DE 折成四棱锥A 1−BCED ，且有平面A 1DE ⊥平面BCED ． (1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)记A 1E 的中点为M ，求二面角M −DC −A 1的余弦值．【答案】证明：(1)依题意A 1D =2，BD =A 1E =4，∠DA 1E =60∘，在△A 1DE 中，由余弦定理得DE 2=22+42−2×4×2×cos60∘=12，∴DE =2√3，∴A 1E 2=DE 2+A 1D 2，∴A 1D ⊥DE ， ∵平面A 1DE ⊥平面BCDE ， ∴A 1D ⊥平面BCED ．解：(2)由(1)得A 1D ⊥平面BCED ，且BD ⊥DE ，以D 为原点建立空间直角坐标系，则D(0,0，0)，C(1,3√3,0)，A 1(0,0，2)，E(0,2√3,0)，M(0,√3,1)， DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3√3,0)，DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,1)，DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0，2)，设平面MDC 的法向量n⃗ =(x,y ，z)，则{n ⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x +3√3y =0n⃗ ⋅DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√3y +z =0，取x =3√3，得n ⃗ =(3√3,−1,√3)，设平面DCA 1的一个法向量m⃗⃗⃗ =(x,y ，z)，则{m ⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x +3√3y =0m ⃗⃗⃗ ⋅DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2z =0，取x =3√3，得m ⃗⃗⃗ =(3√3,−1,0)，设二面角M −DC −A 1的平面角为θ，则cosθ=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=28√28⋅√31=2√21731． ∴二面角M −DC −A 1的余弦值为2√21731．【解析】(1)由余弦定理得DE =2√3，由色股定理得A 1D ⊥DE ，由此能证明A 1D ⊥平面BCED ．(2)由A 1D ⊥平面BCED ，且BD ⊥DE ，以D 为原点建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M −DC −A 1的余弦值．本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．42.某市为了了解民众对开展创建文明城市工作以来的满意度，随机调查了40名群众，并将他们随机分成A，B两组，每组20人，A组群众给第一阶段的创文工作评分，B组群众给第二阶段的创文工作评分，根据两组群众的评分绘制了如下茎叶图：(1)根据茎叶图比较群众对两个阶段创文工作满意度评分的平均值及集中程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；(2)根据群众的评分将满意度从低到高分为三个等级：①假设两组群众的评价结果相互独立，由频率估计概率，求创文工作第二阶段的民众满意度等级高于第一阶段的概率；②从这40名群众中随机抽取2人，记X表示满意度等级为“非常满意”的群众人数，求X的分布列与数学期望．【答案】解：(1)通过茎叶图可以看出：B组群众给第二阶段创文工作满意度评分的“叶”分布在“茎”的7，8，9上，也相对集中在峰值的随近，故B组级第二阶段创文工作满意度评分的平均分高于A组群众给第一阶段创文工作满意度评分的平均值，给分相对A组更集中稳定．(2)①记A1表示事件“第一阶段创文工作满意度等级为不满意”，A2表示事件“第一阶段创文工作满意度等级为满意”，B1表示事件“第二阶段创文工作满意度等级为满意或非常满意”，B2表示事件“第二阶段创文工作满意度等级为非常满意”，则由频率估计概率，得：P(A1)=1120，P(A2)=620，P(B1)=1720，P(B2)=520，设创文工作第二阶段的民众满意度等级高于第一阶段为事件A，由事件的相互独立性，得创文工作第二阶段的民众满意度等级高于第一阶段的概率：P(A)=P(A1B1+A2B2)=P(A1)P(B1)+P(A2)P(B2)=1120×1720+620×520=0.5425．②由已知在被随机调查的40名群众中，创文工作满意度为“非常满意”的人数为8人，其他等级为32人，则从中随机抽取2人，X =0，1，2， P(X =0)=C 322C 402=124195，P(X =1)=C 321C 81C 402=64195，P(X =2)=C 82C 402=7195，∴X 的分布列为：E(X)=0×124195+1×64195+2×7195=25．【解析】(1)通过茎叶图可以看出：B 组群众给第二阶段创文工作满意度评分相对集中在峰值的随近，由此得到B 组级第二阶段创文工作满意度评分的平均分高于A 组群众给第一阶段创文工作满意度评分的平均值，给分相对A 组更集中稳定．(2)①记A 1表示事件“第一阶段创文工作满意度等级为不满意”，A 2表示事件“第一阶段创文工作满意度等级为满意”，B 1表示事件“第二阶段创文工作满意度等级为满意或非常满意”，B 2表示事件“第二阶段创文工作满意度等级为非常满意”，则由频率估计概率，得：P(A 1)=1120，P(A 2)=620，P(B 1)=1720，P(B 2)=520，设创文工作第二阶段的民众满意度等级高于第一阶段为事件A ，由事件的相互独立性，能求出创文工作第二阶段的民众满意度等级高于第一阶段的概率.②由已知在被随机调查的40名群众中，创文工作满意度为“非常满意”的人数为8人，其他等级为32人，则从中随机抽取2人，X =0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列和E(X)．本题考查平均值及集中程度、概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查茎叶图、相互独立事件概率乘法公式、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．43. 已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12，且过点(√3,√32). (1)求椭圆E 的方程；(2)设直线y =kx +m(m ≠0)与椭圆E 交于A 、B 两点，与x 轴、y 轴分别交于C 、D 两点(且C 、D 在A 、B 之间或同时在A 、B 之外).问：是否存在定值k ，使得△OAC 的面积与△OBD 的面积总相等，若存在，求k 的值，并求出实数m 取值范围；若不存在，说明理由．【答案】解：(1)依题意可得{e =ca =12a 2=b 2+c 23a 2+34b 2=1⇒{b 2=3a 2=4，∴椭圆方程为：x 24+y 23=1；(2)联立{3x 2+4y 2=12y=kx+m，消去y ，可得(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−12=0， △=64k 2m 2−4(3+4k 2)(4m 2−12)=8(4k 2−m 2+3)，由△>0，可得m 2<3+4k 2(∗)，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则x 1+x 2=−8km3+4k 2，由题意可设C(−mk ,0)，D(0,m)，△OAC 的面积与△OBD 的面积相等⇔|AC|=|BD|恒成立 ⇔线段AB 的中点和线段CD 中点重合．即有−8km3+4k 2=−mk (m ≠0)，解得k =±√32，由m 2<3+4k 2且m ≠0，可得−√6<m <0或0<m <√6．即存在定值k =±√32，都有△OAC 的面积与△OBD 的面积相等．此时，实数m 取值范围为(−√6,0)∪(0,√6)．【解析】(1)由椭圆E ：x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12，且过点(√3,√32).列式计算出a ，b 即可．(2)联立直线与椭圆方程，消去y 得，通过△>0得m 2<4k 2+3.设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，利用韦达定理求出x 1+x 2=−8km3+4k 2，由题意，不妨设设C(−mk ,0)，D(0,m)，通过△OAC 的面积与△OBD 的面积总相等转化为线段AB 的中点与线段CD 的中点重合，求出k ，即可得到结果．本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，注意设而不求方法的应用．44. 已知函数f(x)=12x 2−ax +1nx(a ∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若x 1，x 2是f(x)的两个极值点，证明：f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2<a2．【答案】解：(1)f′(x)=x −a +1x =x 2−ax+1x，x ∈(0,+∞)．令u(x)=x 2−ax +1.则u(0)=1>0，u(x)的对称轴为x =a2，△=a 2−4． ①a ≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在x ∈(0,+∞)上是增函数；②当0<a ≤2时，△≤0，可得u(x)≥0，f′(x)>0，函数f(x)在x ∈(0,+∞)上是增函数；③当a >2时，△>0，由u(x)=0，解得x 1=a−√a2−42，x 2=a+√a2−42．在(0,x 1)，(x 2,+∞)上，u(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)是增函数；在(x 1,x 2)，u(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)是减函数．综上可得：在(0,x 1)，(x 2,+∞)上，函数f(x)是增函数；在(x 1,x 2)，函数f(x)是减函数．(2)证明：假设x1<x2，由x1，x2是函数f(x)的极值点，则x1，x2是f′(x)=0的两个实数根，∴x1+x2=a，x1x2=1，．∴f(x1)−f(x2)x1−x2=12(x12−x22)−a(x1−x2)+(lnx1−lnx2)x1−x2=12(x1+x2)−a+ln x1x2x1−x2=−12a+ln x1x2x1−x2．即−12a+ln x1x2x1−x2<12a⇔ln x1x2x1−x2<a=x1+x2⇔ln x1x2>x12−x22⇔ln x1x2>x12−x22x1x2=(x1x2)2−1x1x2=x1x2−x2x1．令t=x1x2∈(0,1)，即lnt>t−1t．令ℎ(t)=lnt−t+1t，ℎ(1)=0．ℎ′(t)=1t −1−1t2=t−t2−1t2<0，∴函数ℎ(t)在(0,1)内单调递减，∴ℎ(t)>ℎ(1)=0．即lnt>t−1t．∴f(x1)−f(x2)x1−x2<a2．【解析】(1)f′(x)=x−a+1x =x2−ax+1x，x∈(0,+∞).令u(x)=x2−ax+1.则u(0)=1>0，u(x)的对称轴为x=a2，△=a2−4.对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出．(2)假设x1<x2，由x1，x2是函数f(x)的极值点，由x1，x2是f′(x)=0的两个实数根，可得x1+x2=a，x1x2=1，可得f(x1)−f(x2)x1−x2=12(x12−x22)−a(x1−x2)+(lnx1−lnx2)x1−x2=−12a+ln x1x2x1−x2.即−12a+ln x1x2x1−x2<12a⇔ln x1x2x1−x2<a=x1+x2⇔ln x1x2>x12−x22x1x2=x1x2−x2x1.令t=x1x2∈(0,1)，即lnt>t−1t.令ℎ(t)=lnt−t+1t，ℎ(1)=0.利用导数已经其单调性即可得出．本题考查了利用导数研究函数的单调性、换元方法、方程与不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．45.在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为{y=3sinϕx=2+3cosϕ(φ为参数)，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．(1)求曲线C的极坐标方程；(2)设直线l的极坐标方程为θ=α(ρ∈R)，若直线l与曲线C交于M，N两点，且|MN|=2√6，求直线l的直角坐标方程．【答案】解：(1)∵曲线C的参数方程为{y=3sinϕx=2+3cosϕ(φ为参数)，∴曲线C的普通方程为(x−2)2+y2=9，即x2+y2−4x−5=0，∴曲线C的极坐标方程为ρ2−4ρcosθ−5=0．(2)∵直线l的极坐标方程为θ=α(ρ∈R)，∴直线l 的参数坐标方程为{y =tsinαx=tcosα，(t 为参数)，代入(x −2)2+y 2=9，得(tcosα−2)2+(tsinα)2=9，整理，得t 2−4tcosα−5=0，设M ，N 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1+t 2=4cosα，t 1t 2=−5，∴|MN|=|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√(4cosα)2−4×(−5)=2√6，解得cosα=±12，∴直线l 的斜率为k =tanα=±√3． ∴直线l 的直角坐标方程为y =√3x 或y =−√3x ．【解析】(1)由曲线C 的参数方程求出曲线C 的普通方程，由此能求出曲线C 的极坐标方程．(2)由直线l 的极坐标方程求出直线l 的参数坐标方程，代入(x −2)2+y 2=9，得t 2−4tcosα−5=0，设M ，N 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1+t 2=4cosα，t 1t 2=−5，由|MN|=|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√(4cosα)2−4×(−5)=2√6，求出cosα=±12，从而直线l 的斜率为k =tanα=±√3.由此能求出直线l 的直角坐标方程．本题考查曲线的极坐标方程的求法，考查直线的直角坐标方程的求法，考查极坐标方程、参数方程、直角坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．46. 已知函数f(x)=|x −k|+|x +2|(k ∈R)．(1)当k =2时，求不等式f(x)≤8的解集；(2)若ℎ(x)=x 2−2x +3，∀x 1∈R ，∃x 2∈(0,+∞)，使得f(x 1)≥ℎ(x 2)成立，求实数k 的取值范围．【答案】解：(1)k =2时，函数f(x)=|x −2|+|x +2|， ∴f(x)={−2x,x <−24,−2≤x ≤22x,x >2；当x <−2时，不等式f(x)≤8化为−2x ≤8，解得x ≥−4，即−4≤x <−2；当−2≤x ≤2时，不等式f(x)≤8化为4≤8恒成立，∴−2≤x ≤2；当x >2时，不等式f(x)≤8化为2x ≤8，解得x ≤4，即2<x ≤4；综上所述，不等式f(x)≤8的解集为[−4,4]；(2)函数f(x)=|x −k|+|x +2|≥|(x −k)−(x +2)|=|k +2|，函数ℎ(x)=x 2−2x +3=(x −1)2+2在(0,+∞)上的最小值为ℎ(x)min =2，又∀x 1∈R ，∃x 2∈(0,+∞)，使得f(x 1)≥ℎ(x 2)成立，所以|k +2|≥ℎ(x)min ，即|k +2|≥2，解得k ≤−4或k ≥0，∴实数k 的取值范围是(−∞,−4]∪[0,+∞)．。

广东省汕头市金山中学2019届高三数学上学期期末考试试题理

广东省汕头市金山中学2019届高三数学上学期期末考试试题理一、选择题：（每小题5分，共60分，只有一项是符合题目要求的)1.若i z 21+=,则=-⋅14z z i( )A.1 B. −1 C 。

iD. −i2.如图所示，向量A ,B ,C 在一条直线上,且BCAC 4=，则（ )A 。

OB OA OC 3221+= B.OB OA OC 2123-= C.OB OA OC 2+-= D 。

OB OA OC 3431+-=3.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关,初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数,请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路,第一天健步行走，从第二天起,因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”请问此人第5天走的路程为( ) A.36里B 。

24里 C. 18里 D 。

12里4.某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（） A 。

π32B 。

π C.π34 D 。

π35 5.已知命题],0[:0π∈∃xp ，使得a x <0sin ,命题:q 对，]3,21[∈∀x a x>+11若q p ∧为真命题,则a 的取值范围是（）A. )340(， B.)30(，C 。

)341(， D 。

)31(，6.已知直线,354)3(:1m y x m l -=++8)5(2:2=++y m x l 平行，则实数m 的值为（）A. 7-B 。

1- C.7-或1-D 。

3137.已知数列}{na 的前n 项和为nS ，11=a ，22=a ,且对于任意1>n ，N n ∈，满足)1(211+=+-+n n n S S S ,则=10S ( )A 。

91 B 。

90 C 。

55D 。

548.已知函数x x x f sin )(=,)('x f 为)(x f 的导函数，则函数)('x f 的部分图象大致为( ) A.B 。

广东省2018-2019学年高三年级第一学期期末质量检测理科数学试题

广东省2018—2019高三年级期末质量检测考试数学〔理〕一、选择题：此题共12小题，每题5分，共60分。

在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

【1】已知集合}30|{≤≤=x x M ，}021|{≥-+=xx x N ，则=N M 〔〕〔A 〕}20|{≤≤x x 〔B 〕}20|{<≤x x 〔C 〕}01|{≤≤-x x 〔D 〕}32|{≤<x x【2】复数i)i21(5-在复平面内对应的点的坐标为〔〕〔A 〕)12(，〔B 〕)12(-，〔C 〕)21(，〔D 〕)21(，- 【3】假设31sin -=α，且α为第四象限角，则)tan(απ-的值等于〔〕〔A 〕42 〔B 〕22- 〔C 〕22 〔D 〕42- 【4】已知左、右焦点分别为21,F F 的双曲线C ：)0(1222>=-a y a x 过点)3615(-，，点P 在双曲线C 上，假设31=PF ，则=2PF 〔〕〔A 〕3 〔B 〕6 〔C 〕9 〔D 〕12【5】已知0>m ，以下函数中，在其定义域内是单调递增函数且图象关于原点对称的是〔〕〔A 〕x m y -= 〔B 〕mx y tan = 〔C 〕xm x m y -+=ln 〔D 〕mx y =【6】假设干年前，某教师刚退休的月退休金为6000元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图。

该教师退休后加强了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图。

已知目前的月就医费比刚退休时少100元，则目前该教师的月退休金为〔〕〔A 〕6500元〔B 〕7000元〔C 〕7500元〔D 〕8000元【7】已知向量)1,(t a =与),4(t b ==-+23b a b a 〔〕〔A 〕235 〔B 〕240 〔C 〕245 〔D 〕255【8】拿破仑为人好学，是法兰西科学院院士，他对数学方面很感兴趣，在行军打仗的空闲时间，经常研究平面几何。

广东省汕头市潮阳中寨中学2018-2019学年高三数学理期末试题含解析

广东省汕头市潮阳中寨中学2018-2019学年高三数学理期末试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 设a1=2，数列{1+a n}是以3为公比的等比数列，则a4=（）A．80 B．81 C．54 D．53参考答案：A【考点】等比数列的性质；数列递推式．【专题】计算题．【分析】先利用数列{1+a n}是以3为公比的等比数列以及a1=2，求出数列{1+a n}的通项，再把n=4代入即可求出结论．【解答】解：因为数列{1+a n}是以3为公比的等比数列，且a1=2所以其首项为1+a1=3．其通项为：1+a n=（1+a1）×3n﹣1=3n．当n=4时，1+a4=34=81．∴a4=80．故选A．【点评】本题主要考查等比数列的性质的应用．解决本题的关键在于利用数列{1+a n}是以3为公比的等比数列以及a1=2，求出数列{1+a n}的通项．是对基础知识的考查，属于基础题．2. 设集合A={x∈Z|x2﹣2x﹣3≤0}，B={0，1}，则?A B=（）A．{﹣3，﹣2，﹣1} B．{﹣1，2，3} C．{﹣1，0，1，2，3} D．{0，1}参考答案：B【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】列举出全集A，即可确定出B的补集．【解答】解：∵合A={x∈Z|x2﹣2x﹣3≤0}={﹣1，0，1，2，3}，B={0，1}，∴?U A={﹣1，2，3}．故选B．3. 在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，则△ABC面积的最大值为（）A. 1B.C. 2D. 4参考答案：A【分析】中，由正弦定理可得，利用余弦定理可得：．结合，，都用表示，利用余弦定理及其基本不等式的性质可得的最小值，可得的最大值，即可得出三角形面积的最大值．【详解】由正弦定理得：由余弦定理得：，即当且仅当，，时取等号，,则，所以面积的最大值1. 故选:.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理和基本不等式，属于难题.4. 过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7）的圆交y轴于M，N两点，则|MN|=（）A．2B．8 C．4D．10参考答案：C考点：两点间的距离公式．专题：计算题；直线与圆．分析：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，代入点的坐标，求出D，E，F，令x=0，即可得出结论．解答：解：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，则，∴D=﹣2，E=4，F=﹣20，∴x2+y2﹣2x+4y﹣20=0，令x=0，可得y2+4y﹣20=0，∴y=﹣2±2，∴|MN|=4．故选：C．点评：本题考查圆的方程，考查学生的计算能力，确定圆的方程是关键．5. .在等差数列{a n}中，，是方程的两根，则数列{a n}的前11项和等于（）A. 66B. 132C. -66D. -132参考答案：D【分析】由根与系数的关系可求出，再根据等差中项的性质得，利用等差数列的求和公式即可求解.【详解】因为，是方程的两根所以，又，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，等差中项，数列的求和公式，属于中档题. 6. 已知a，b∈R，则“a+b＞0且ab＞0”是“a＞0且b＞0”成立的（）A．充分不必要B．必要不充分C．充要条件D．既不充分也不必要参考答案：C7. 设、是双曲线的左、右两个焦点，若双曲线右支上存在一点P，使（O为坐标原点）且则的值为（）A．2 B． C．3 D．参考答案：A8. 在中，点A在OM上，点B在ON上，且，，若，则终点P落在四边形ABNM内（含边界）时，的取值范围是（）A．B．C．D．参考答案：D利用向量知识可知，点落在平面直角坐标系中两直线及x轴、y轴围成的四边形（含边界）内。

广东省汕头市高三数学(理)上学期期末教学质量监测试题(含详细答案)

汕头市2018-2019学年度（上）高三期末监测试题理科数学注意事项：1．答卷前，考生首先检查答题卡是否整洁无缺损，监考教师分发的考生信息条形码是否正确；之后务必用0.5毫米黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校、姓名和考生号，同时，将监考教师发放的条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁、不污损．2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上．不按要求填涂的，答案无效．3．非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上，请注意每题答题空间，预先合理安排；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．作答选做题时，请先用2B 铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再做答．漏涂、错涂、多涂的答案无效．5．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回．第Ⅰ卷一．选择题：（本大题共12小题，每小题5分。

在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

） 1. 已知集合，，则=Q P ( )A ．B ．C ．D ．(0,1)2. i 是虚数单位,复数的虚部为( ) A ．2iB ．-2iC ．2D ．-23.将函数sin()()6y x x R π=+∈的图象上所有点的纵坐标不变横坐标缩小到原来的倍，再把图象上各点向（第7题图）左平移4π个单位长度，则所得的图象的解析式为( ) A ．652sin(π+=x y B ． )621sin(π+=x y C ．)322sin(π+=x y D ．)12521sin(π+=x y 4. 已知βα,是两个不同的平面，n m ,是两条不同的直线，给出下列命题： ①若βα⊂⊥m m ,，则βα⊥； ②若α⊥⊥m n m ,，则α//n ；③若βαα⊥,//m ，则β⊥m ； ④若m n m //,=βα ，且βα⊄⊄n n ,，则βα//,//n n ，其中真命题的个数是（） A ．0B ．1C ．2D ．35．设a ，b 是两个非零向量．下列命题正确的是（）A ．若|a ＋b |＝|a |－|b |，则a ⊥bB ．若a ⊥b ，则|a ＋b |＝|a |－|b |C ．若|a ＋b |＝|a |－|b |，则存在实数λ使得a ＝λbD ．若存在实数λ，使得a ＝λb ，则|a ＋b |＝|a |－|b |6. 用数学归纳法证明“（n+1）（n+2）·…·（n+n ）=2n·1·3·…·（2n －1）”，从“n=k 到n=k +1”左端需增乘的代数式为( )A ．2(2k+1)B ．2k+1C ．112++k k D ．132++k k7. 如果执行右边的程序框图，且输入6n =， 4m =，则输出的p = ( ) A ．240 B ．120 C ．720 D．360 8.） AD 9.某校选定甲、乙、丙、丁、戊共5名教师去3个边远地区支教 (每地至少1人)，其中甲和乙一定不同地，甲和丙必须同地，则不同ABCD 的选派方案共有( )种.A.27B.30C.33D.3610. 当实数,x y 满足240101x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩时，14ax y ≤+≤恒成立，则实数a 的取值范围（）A ．23,1[B ．]2,1[-C ．)2,1[-D ．23,1[11．已知函数22)1lg()(221---=x x x f ；()111)(2-+⋅-=x x x x f ；)1(log )(23++=x x x f a ，)1,0(≠>a a ；⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅=21121)(4x x x f ，()0≠x ，下面关于这四个函数奇偶性的判断正确的是（）A ．都是偶函数B ．一个奇函数，一个偶函数，两个非奇非偶函数C ．一个奇函数，两个偶函数，一个非奇非偶函数D ．一个奇函数，三个偶函数12.若过点A (2，m )可作函数x x x f 3)(3-=对应曲线的三条切线，则实数m 的取值范围（） A ．]6,2[- B ．)1,6(- C ．)2,6(- D ．)2,4(-第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。