广东省茂名市五校联盟2019届高三第一次联考数学(理)试题扫描版含答案
广东省茂名市2019届高三第一次综合测试数学(理)试题(解析版)
广东省茂名市2019届高三第一次综合测试数学（理）试题第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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】算出集合后可得.【详解】，故，故选B.【点睛】本题考查集合的交运算，为基础题.2.已知是虚数单位，若为实数，则实数的值为（）A. 1B. -2C. -1D. 0【答案】C【解析】【分析】先由复数的乘法运算将复数整理，再由复数的基本概念即可求出结果.【详解】为实数，，得．答案：【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的基本概念，属于基础题型.3.若满足约束条件则的最大值为（）A. -3B. -2C. -1D. 0【答案】D【解析】【分析】画出不等式组对应的平面区域，通过平移动直线可得的最大值.【详解】不等式组对应的平面区域如图所示，当动直线过时，有最大值为，故选D.【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍，而则表示动点与的连线的斜率．4.已知，，，则的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用中间数来比较可得它们的大小关系．【详解】因为，所以，故选D.【点睛】指数或对数的大小比较，可通过寻找合适的单调函数来构建大小关系，如果底数不统一，可以利用指数或对数的运算性质统一底数.不同类型的数比较大小，应找一个中间数，通过它实现大小关系的传递.5.七巧板是我国古代劳动人民发明的一种智力玩具，它是由五块等腰直角三角形、三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设正方形的边长为，则所有基本事件对应的平面区域的面积为，随机事件中的基本事件对应的平面区域的面积为，故可得所求概率.【详解】设为“在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分”，则所有基本事件对应的平面区域的面积为，如图，①处面积和右下角黑色区域的面积相同，故随机事件中的基本事件对应的平面区域的面积为，故所求的概率为，故选C.【点睛】几何概型的概率计算关键在于测度的选取，测度通常是线段的长度、平面区域的面积、几何体的体积等．6.“”是“”成立的（）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【答案】A【解析】【分析】若，则根据基本不等式可得成立，反之，可通过反例得到存在使得，但是，故可得两者之间的条件关系．【详解】若，则，所以成立．取，则，但，综上，是的充分不必要条件，故选A．【点睛】充分性与必要性的判断，可以依据命题的真假来判断，若“若则”是真命题，“若则”是假命题，则是的充分不必要条件；若“若则”是真命题，“若则”是真命题，则是的充分必要条件；若“若则”是假命题，“若则”是真命题，则是的必要不充分条件；若“若则”是假命题，“若则”是假命题，则是的既不充分也不必要条件.7.已知函数为偶函数，则（）A. 1B. 2C.D. 3【答案】C【解析】【分析】利用恒等式可得.我们也可以利用求得，再检验此时为偶函数.【详解】方法一：定义法：由得，，化简得到：即，故.方法二：特值法：由得，，，则，当时，，，为偶函数.综上，选C.【点睛】含参数的奇函数或偶函数，可通过取自变量的特殊值来求参数的大小，注意最后检验必不可少，也可以利用奇函数或偶函数的定义来求参数的大小.8.函数在的图象大致是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性以及函数在区间上的范围，即得出结论.【详解】显然是奇函数，图像关于原点对称，排除；在区间上，，，即，排除和；答案：【点睛】本题主要考查函数的图像，根据三角函数的性质进行判断即可，属于基础题型.9.已知函数，把的图象向左平移个单位得到函数的图象，则下列说法正确的是（）A.B. 的图像关于直线对称C. 的一个零点为D. 的一个单调减区间为【答案】D【解析】【分析】先把变为，根据平移得到的解析式，从而可以讨论的相关性质.【详解】，所以，故A不正确，令，故对称轴方程为，故B错，令，故对称中心的横坐标为，故C错，因，故，因在上是减函数，故在上是减函数，故D正确.综上，选D.【点睛】（1）平移变换有“左加右减”（水平方向的平移），注意是对自变量做加减，比如把的图像向右平移1个单位后，得到的图像对应的解析式为．（2）形如的正弦型函数，可根据复合函数的讨论方法求该函数的单调区间、对称轴方程和对称中心等．10.如图，网格纸的正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则此几何体的体积为（）A. 6B. 18C. 12D. 36【答案】A【解析】【分析】根据三视图可得几何体的直观图（如图所示），从而可求其体积．【详解】作一个长，宽，高分别为的长方体，根据三视图得该几何体为三棱锥（如图），因为三棱锥的四个顶点，都在同一个长方体中，所以三棱锥体积为,故选A.【点睛】本题考察三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系．三棱锥体积的计算应该选择合适的底面（以顶点到该底面的距离的计算容易求为宜）.11.已知函数是定义域在上的偶函数，且，当时，，则关于的方程在上所有实数解之和为（）A. 1B. 3C. 6D. 7【答案】D【解析】【分析】由可知为周期函数，再根据为偶函数可得在的图像，再根据在上的图像得到所有的的实根之和.【详解】因为，则，所以的最小正周期为，又由得的图像关于直线对称.令，则的图像如图所示，由图像可得，与的图像在有7个交点且实数解的和为,故选D.【点睛】一般地，方程的解的性质的讨论，可以通过构建新函数来讨论，也可以通过考虑和的图像的交点性质来讨论.12.已知双曲线的左，右焦点分别为，右顶点为，为其右支上一点，与渐近线交于点，与渐近线交于点，的中点为，若，且，则双曲线的离心率为（）A. B. 2 C. D.【答案】B【解析】【分析】先求的坐标，利用直线的方程得到的坐标后再求的坐标，最后利用得到的关系，从这个关系式中可求得双曲线离心率.【详解】因为，所以的坐标可看做圆与渐进线的交点，由解得，所以直线，由，解得所以，由，可得，即，整理得到，故，故选B.【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系．而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组．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.已知向量，，若，则__________．【答案】【解析】【分析】先求出的坐标，再利用向量共线的坐标关系可得的值．【详解】，因为，所以，故，填．【点睛】如果，那么：（1）若，则；（2）若，则；14.的展开式中的常数项是__________．【答案】3【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式可求常数项．【详解】，令得，故常数项为第二项且大小为．【点睛】求的展开式中的指定项，一般通过通项公式来考虑，此类问题是基础题．15.在中，角所对的边分别为，已知,，若，则的面积为__________．【答案】【解析】【分析】根据可得，再根据余弦定理得到，依据求出后根据得到面积．【详解】由可得，整理得到，所以或者，因，所以不成立，否则．因，结合可以得到，因，故，所以．【点睛】三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个量（除三个角外），可以求得其余的四个量.（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；（3）如果知道两角及一边，用正弦定理.16.把三个半径都是2的球放在桌面上，使它们两两相切，然后在它们上面放上第四个球（半径是2），使它与下面的三个球都相切，则第四个球的最高点与桌面的距离为__________．【答案】【解析】【分析】四个球心的连线可构成棱长为4的正四面体，可先求正四面体的高，而第四个球的最高点与桌面的距离即为高加上两个半径，从而求出所求的距离．【详解】四个球心是正四面体的顶点（如图所示），它的棱长均为4，设为的中点，为正三角形的中心，则平面，又，，所以，第四个球的最高点与桌面的距离为加上两个半径即．【点睛】组合体中几何量的计算，关键在于对组合体进行合理的分割和整合，本题中各球的球心构成一个正四面体，因此求出其高后就能得到要求的高度．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.已知为数列的前项和，.（1）求数列的通项公式.（2）若，，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用及可得，从而可得数列的通项.（2）利用分组求和可求的前项和.【详解】（1）由……①得……②①-②得，由得，是以2为首项,公比为2的等比数列，.（2）【点睛】（1）数列的通项与前项和的关系式，我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化.（2）数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.18.2018年茂名市举办“好心杯”少年美术书法作品比赛，某赛区收到200件参赛作品，为了解作品质量，现从这些作品中随机抽取12件作品进行试评.成绩如下：67,82,78,86,96,81,73,84,76,59,85,93.（1）求该样本的中位数和方差；（2）若把成绩不低于85分（含85分）的作品认为为优秀作品，现在从这12件作品中任意抽取3件，求抽到优秀作品的件数的分布列和期望.【答案】（1）中位数为81.5，方差为98.83（2）详见解析【解析】【分析】（1）把样本数据排序后可得中位数，计算样本数据的平均数再利用公式计算其方差.（2）利用超几何分布可求优秀作品的件数的分布列和期望.【详解】（1）样本数据按顺序为59，67,73,76,78,81,82,84,85,86,93,96.数据的中位数为：平均数为方差为（2）设抽到优秀作品的个数为，则的可能值为0,1，2,3所以的分布列为：期望为【点睛】（1）统计中有中位数、众数和平均数，注意它们的差别与计算方法．（2）在计算离散型随机变量的概率时，注意利用常见的概率分布列来简化计算（如二项分布、超几何分布等）．19.已知在三棱锥中，，.（1）求证：；（2）若，，求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）详见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明，取的中点后可证面，从而得到要证明的线线垂直.（2）过作交于，连接，可证为二面角的平面角，再利用为直角三角形可得的长，从而利用余弦定理可得的余弦值.【详解】（1）证明：设为的中点，连结，，，，，，.又，，在中，，，，又点，面，面，面，又面（2）解法1：作于点,连结，，，，，，，，为二面角的一个平面角，，，，所以二面角的平面角的余弦值为.解法2：，，，建立坐标系如图所示，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，则由得，解得，.设平面的一个法向量为，则由得，解得，，，所以二面角的平面角的余弦值为.【点睛】线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.20.已知抛物线，点与抛物线的焦点关于原点对称，动点到点的距离与到点的距离之和为4. （1）求动点的轨迹；（2）若，设过点的直线与的轨迹相交于两点，当的面积最大时，求直线的方程.【答案】（1）详见解析（2）或【解析】【分析】（1）先求的坐标，若，则动点的轨迹不存在；若，则动点的轨迹为线段；若，则动点的轨迹为椭圆.（2）直线的斜率必存在，可先联立直线方程和椭圆的方程，消元后利用韦达定理可求的长，再求出到直线的距离后可得面积表达式，最后利用基本不等式可得面积何时最大并能求出此时直线的方程.【详解】（1）①当时，的轨迹不存在.②当时，的轨迹为一线段，方程为；③当时，的轨迹为焦点在轴上的椭圆，方程为.（2）若，则的轨迹方程为.当轴时不合题意，故设，，.将代入得.由得，，解得或.由韦达定理得，，.又点到直线的距离，，其中或.令，则且，当且仅当即,时等号成立,所以，当的面积最大时，的方程为或.方法二：若，则的轨迹方程为.当轴时不合题意，故设，，，且.将代入得.由得，，解得或.由韦达定理得，，，，令，则且，当且仅当即,时等号成立,所以，当的面积最大时，的方程为或.【点睛】（1）求动点的轨迹方程，一般有如下几种方法：①几何法：看动点是否满足一些几何性质，如圆锥曲线的定义等；②动点转移：设出动点的坐标，其余的点可以前者来表示，代入后者所在的曲线方程即可得到欲求的动点轨迹方程；③参数法：动点的横纵坐标都可以用某一个参数来表示，消去该参数即可动点的轨迹方程.（2）圆锥曲线中的最值问题，往往需要利用韦达定理构建目标的函数关系式，自变量可以斜率或点的横、纵坐标等.而目标函数的最值可以通过基本不等式或导数等求得.21.已知函数在处的切线与直线平行.（1）求实数的值，并判断函数的单调性；（2）若函数有两个零点，且，求证.【答案】（1）在上是单调递减；在上是单调递增.（2）详见解析【解析】【分析】（1）由可得，利用导数可求的单调区间.（2）由可得，，令，则且，构建新函数，利用导数可以证明即.【详解】（1）函数的定义域：，，解得，，令，解得，故在上是单调递减；令，解得，故在上是单调递增.（2）由为函数的两个零点，得两式相减，可得即，，因此，令，由，得.则，构造函数，则所以函数在上单调递增，故，即，可知.故命题得证.【点睛】（1）一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则．（2）函数有两个不同的零点，考虑它们的和或积的性质时，我们可以通过设，再利用得到、与的关系式，最后利用导数证明所考虑的性质成立．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.在平面直角坐标系中，已知椭圆的方程为：，动点在椭圆上，为原点，线段的中点为.（1）以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，求点的轨迹的极坐标方程；（2）设直线的参数方程为（为参数），与点的轨迹交于、两点，求弦长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)先由相关点法求出点的轨迹方程，再由极坐标与直角坐标转化的公式，即可得出结果；(2)将直线的参数方程代入点的普通轨迹方程，得到关于的一元二次方程，由韦达定理和即可求出弦长. 【详解】（1）设点的坐标为，为线段的中点，点的坐标为．由点在椭圆上得，化简得点的轨迹的直角坐标方程为①将，，代入①得，化简可得点的轨迹的极坐标方程为．（2）（法一）把直线参数方程 (为参数)代入①得，化简得：设、两点对应的参数分别为，，由直线参数方程的几何意义得弦长．（法二）由直线参数方程 (为参数)知，直线过极点，倾斜角为，直线的极坐标方程为．由解得：和弦长．（法三）由直线参数方程 (为参数)知，直线的普通方程为，联立解得和弦长．【点睛】本题第一问主要考查点的轨迹方程的求法，以及直角坐标方程与极坐标方程的互化，记公式即可；第二问主要考查参数的方法求弦长，只需将直线的参数方程代入曲线的普通方程，再由韦达定理即可求解，属于常规题型. 23.已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】先将函数去绝对值，写成分段函数的形式，(1)将代入解析式，分情况讨论，最后求并集，即可求出结果；(2)由一次函数的单调性来确定分段函数的单调性，进而可确定的最小值，即可求出的取值范围.【详解】由已知（1）当时由，得或或即或或.或，即不等式的解集（2）函数的解析式知当时，单调递减，当时，单调递增，当时，单调递增.当时，取得最小值．由，解得, 又，实数的取值范围是．【点睛】本题第一问主要考查含绝对值不等式的解法，只需分情况讨论，最后求并集即可；第二问主要考查不等式恒成立的问题，求出对应函数的最值，即可求出参数范围；该题属于常考题型，难度不大.。
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2019年5月15日高中数学作业一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】算出集合后可得.【详解】，故，故选B.【点睛】本题考查集合的交运算，为基础题.2．已知是虚数单位，若为实数，则实数的值为（）A．1 B．-2 C．-1 D．0【答案】C【解析】先由复数的乘法运算将复数整理，再由复数的基本概念即可求出结果.【详解】为实数，，得．答案：【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的基本概念，属于基础题型.3．已知，，，则的大小关系为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】利用中间数来比较可得它们的大小关系．【详解】因为，所以，故选D.【点睛】指数或对数的大小比较，可通过寻找合适的单调函数来构建大小关系，如果底数不统一，可以利用指数或对数的运算性质统一底数.不同类型的数比较大小，应找一个中间数，通过它实现大小关系的传递.4．七巧板是我国古代劳动人民发明的一种智力玩具，它是由五块等腰直角三角形、三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设正方形的边长为，则所有基本事件对应的平面区域的面积为，随机事件中的基本事件对应的平面区域的面积为，故可得所求概率.【详解】设为“在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分”，则所有基本事件对应的平面区域的面积为，如图，①处面积和右下角黑色区域的面积相同，故随机事件中的基本事件对应的平面区域的面积为，故所求的概率为，故选C.【点睛】几何概型的概率计算关键在于测度的选取，测度通常是线段的长度、平面区域的面积、几何体的体积等．5．“”是“”成立的（）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【答案】A【解析】若，则根据基本不等式可得成立，反之，可通过反例得到存在使得，但是，故可得两者之间的条件关系．【详解】若，则，所以成立．取，则，但，综上，是的充分不必要条件，故选A．【点睛】充分性与必要性的判断，可以依据命题的真假来判断，若“若则”是真命题，“若则”是假命题，则是的充分不必要条件；若“若则”是真命题，“若则”是真命题，则是的充分必要条件；若“若则”是假命题，“若则”是真命题，则是的必要不充分条件；若“若则”是假命题，“若则”是假命题，则是的既不充分也不必要条件.6．已知函数为偶函数，则（）A．1 B．2 C．D．3【答案】C【解析】利用恒等式可得.我们也可以利用求得，再检验此时为偶函数.【详解】。
广东省茂名市2019届高三第一次综合测试理科综合试卷(高清扫描版,含答案)
2019年茂名市第一次综合测试物理试题参考答案14.C 15.D 16.D 17.C. 18.D 19.BC 20.ACD 21.AC22.(5分) (1)1. 22(1分) (2)3.0(2分),(3)(2分)23. (1)D,E ；(2)连线如图所示(2分)；(3)NTC ；(4)80. 0Ω评分标准：第(2)问连线2分，其余每空2分，共10分24.(12分)解析 (1)设板间的电场强度为E ，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有qE ＝qv 0B 0 2分解得E ＝v 0B 0 1分(2)设A 点离下极板的高度为h ，离子射出电场时的速度为v ，根据动能定理得2分离子在电场中做类平抛运动，水平分方向做匀速运动，有1分解得 1分(3)设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r ，根据牛顿第二定律，得2分由几何关系得2d ＝rcos 30° 2分解得 1分25. (20分) (1)设A 、B 达到的共同速度为v 共，根据动量守恒有mV 0＝(m ＋M)V 共 (1分)解得v 共＝2m/s (1分)设这一过程中B 向右运动的位移为x 1，根据动能定理有(1分)解得x1＝3m (l分)因x1<L，A、B达到共同速度后才与墙碰撞，对系统有能量守恒可得1分代入数据解得Q=24J 1分(2)设从A滑上B到两者达到共同速度所用的时间为t1，则有(1分)(1分)解得t1＝3s (l分)两者达到共同速度后一起匀速运动，直到B第一次与墙壁碰撞，设匀速运动所用时间为t2， (1分) 所以，从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间为t＝t1＋t2＝3.5s (1分)(3)要能碰撞两次，表明第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小不等。
取水平向右为正方向，设B与墙壁第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒有mv0＝mv1＋Mv2 (1分)设B与墙壁第二次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v3、v4，根据动量守恒有mv1－Mv2＝mv3＋Mv4 (1分)若要B与墙只发生两次碰撞，则第一次碰撞后系统总动量方向要向右，第二次碰撞后总动量方向要向左，所以有mv1－Mv2>0，mv3－Mv4≤0 (2分)根据B往返运动的对称性知v2＝v4 (1分)联立解得 (2分)根据动能定理有 (1分)解得 (1分)33.(1)ACE(5分)(2)【10分】(i)缸内气体的温度为T0时，缸内气体的压强(1分)当缸底物块对缸底的压力刚好为零时，缸内气体压强(1分)气体发生等容变化，则根据查理定律有(2分)解得(1分)(ii)当缸内气体体积为原来的1.2倍时，设气体的温度为T2，从温度T1变到温度T2，此过程气体发生的是等压变化，根据盖－吕萨克定律有(2分)解得(1分)此时细线断了，当细线断开的一瞬间，根据牛顿第二定律有(p2－p0)S－mg＝ma(l分) 解得a＝2g(l分)34、(1) ACE(5分)(2) (i)设光线P折射后经过B点，光路如图所示，根据折射定律得(2分)由几何关系知在△OBC中(1分)解得 (2分)所以 (1分)(ii)由几何关系知△DBC中(1分)因为 (2分)故光线从B点射出，光线P在圆柱体中运动时间为(1分)2019年第一次综合测试理综生物试题参考答案一.选择题（本题共6小题，每小题6分，共36分）二.非选择题（共54分，第29-32为必考题，每个试题考试都必须作答。
广东省茂名市2019届高三第一次综合测试 数学(理)(扫描版)
当 a c 0 时，则 b a c ，则 B 为直角，而
2 2 2 2 2
cos B
3 0 4 不合题意；
cos B
故△ABC 为等腰三角形；根据余弦定理
2 a 2 c2 b2 3 b c 2 , a c ， b c 2 2 ,有, 2ac 4 可知
2 (1 4 n ) (2 2n) n 1 4 2 ………………………………………………………………11 分
2 2 4n n 2 n 3 3 ……………………………………………………………………12 分
18.解：（Ⅰ）样本数据按顺序为 59,67,73,76,78,81,82,84,85,86,93,96
P( x 1)
P( x 2)
1 2 C8 C4 86 12 , 3 220 55 C12 ………………………………………………8 分
- 10 -
P( x 3)
3 C4 4 1 3 220 55 C12 …………………………………………………………9 分
所以 x 的分布列为：
BC AE ……………………………………………………………………………………3 分
又 PE AE 点E , PE 面PAE , AE 面PAE
BC 面PAE ……………………………………………………………………………4 分
又 PA 面PAE BC PA ………………………………………………………………5 分 （2）解法 1：作 BF PA 于点 F ,连结 CF …………………………………………………6 分
7 个交点，则实数解的和为 2 3+1=7 ,故选 D 12 .【解析】：若直接联立方程求解 R, Q 的坐标,运算会十分繁琐. 因为
广东省茂名市2019届高三数学上学期第一次综合测试试题理(扫描版)
C A B E
y
x
- 11 -
3 x1 n2 AP 0 3 x2 1 0 3 由 得 解得 3 n2 ( ,1,1) …………………9 3 3 x y 0 n AC 0 2 2 2 y1 1
ex 1 ) ax ln (e x 1) ， x e
ln (e x 1) ln (
1 ex 1 ) 2ax ， ln e x 2ax ， x 2ax,a ,故选 C. x 2 e 1 e 1 ) a ln (e 1) ， 1 2a,则a 故 2 e
P( x 3)
所以 x 的分布列为：
x
P
0
1
2
3
14 55
28 55
12 55
1 55
…………………………………………………………………………………………………10 分 期望为 E ( x) 0
14 28 12 1 1 2 3 1 …………………………………12 分 55 55 55 55
方法二：特值法： f ( 1 ) f ( 1 )得 ， -a ln ( 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， sin2x＞0， sinx
2
＞0， 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 A−BCD（如图）， 因为三棱锥 A−BCD 的四个顶点，都在同一个长方体中， 所以三棱锥 A−BCD 体积为 VA BCD D A C B
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精品推荐2019届广东省茂名市高三第一次综合测试数学(理)试题(解析版)
2019年5月15日高中数学作业一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】算出集合后可得.【详解】，故，故选B.【点睛】本题考查集合的交运算，为基础题.2．已知是虚数单位，若为实数，则实数的值为（）A．1 B．-2 C．-1 D．0【答案】C【解析】先由复数的乘法运算将复数整理，再由复数的基本概念即可求出结果.【详解】为实数，，得．答案：【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的基本概念，属于基础题型.3．已知，，，则的大小关系为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】利用中间数来比较可得它们的大小关系．【详解】因为，所以，故选D.【点睛】指数或对数的大小比较，可通过寻找合适的单调函数来构建大小关系，如果底数不统一，可以利用指数或对数的运算性质统一底数.不同类型的数比较大小，应找一个中间数，通过它实现大小关系的传递.4．七巧板是我国古代劳动人民发明的一种智力玩具，它是由五块等腰直角三角形、三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设正方形的边长为，则所有基本事件对应的平面区域的面积为，随机事件中的基本事件对应的平面区域的面积为，故可得所求概率.【详解】设为“在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分”，则所有基本事件对应的平面区域的面积为，如图，①处面积和右下角黑色区域的面积相同，故随机事件中的基本事件对应的平面区域的面积为，故所求的概率为，故选C.【点睛】几何概型的概率计算关键在于测度的选取，测度通常是线段的长度、平面区域的面积、几何体的体积等．5．“”是“”成立的（）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【答案】A【解析】若，则根据基本不等式可得成立，反之，可通过反例得到存在使得，但是，故可得两者之间的条件关系．【详解】若，则，所以成立．取，则，但，综上，是的充分不必要条件，故选A．【点睛】充分性与必要性的判断，可以依据命题的真假来判断，若“若则”是真命题，“若则”是假命题，则是的充分不必要条件；若“若则”是真命题，“若则”是真命题，则是的充分必要条件；若“若则”是假命题，“若则”是真命题，则是的必要不充分条件；若“若则”是假命题，“若则”是假命题，则是的既不充分也不必要条件.6．已知函数为偶函数，则（）A．1 B．2 C．D．3【答案】C【解析】利用恒等式可得.我们也可以利用求得，再检验此时为偶函数.【详解】方法一：定义法：由得，，化简得到：即，故.方法二：特值法：由得，，，则，当时，，，为偶函数.综上，选C.【点睛】含参数的奇函数或偶函数，可通过取自变量的特殊值来求参数的大小，注意最后检验必不可少，也可以利用奇函数或偶函数的定义来求参数的大小.7．函数在的图象大致是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由函数的奇偶性以及函数在区间上的范围，即得出结论.【详解】显然是奇函数，图像关于原点对称，排除；在区间上，，，即，排除和；答案：【点睛】本题主要考查函数的图像，根据三角函数的性质进行判断即可，属于基础题型.8．已知函数，把的图象向左平移个单位得到函数的图象，则下列说法正确的是（）A．B．的图像关于直线对称C．的一个零点为D．的一个单调减区间为【答案】D【解析】先把变为，根据平移得到的解析式，从而可以讨论的相关性质.【详解】，所以，故A不正确，令，故对称轴方程为，故B错，令，故对称中心的横坐标为，故C错，因，故，因在上是减函数，故在上是减函数，故D正确.综上，选D.【点睛】（1）平移变换有“左加右减”（水平方向的平移），注意是对自变量做加减，比如把的图像向右平移1个单位后，得到的图像对应的解析式为．（2）形如的正弦型函数，可根据复合函数的讨论方法求该函数的单调区间、对称轴方程和对称中心等．9．如图，网格纸的正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则此几何体的体积为（）A．6 B．18 C．12 D．36【答案】A【解析】根据三视图可得几何体的直观图（如图所示），从而可求其体积．【详解】作一个长，宽，高分别为的长方体，根据三视图得该几何体为三棱锥（如图），因为三棱锥的四个顶点，都在同一个长方体中，所以三棱锥体积为,故选A.【点睛】本题考察三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系．三棱锥体积的计算应该选择合适的底面（以顶点到该底面的距离的计算容易求为宜）. 10．已知函数是定义域在上的偶函数，且，当时，，则关于的方程在上所有实数解之和为（）A．1 B．3 C．6 D．7【答案】D【解析】由可知为周期函数，再根据为偶函数可得在的图像，再根据在上的图像得到所有的的实根之和.【详解】因为，则，所以的最小正周期为，又由得的图像关于直线对称.令，则的图像如图所示，由图像可得，与的图像在有7个交点且实数解的和为,故选D.【点睛】一般地，方程的解的性质的讨论，可以通过构建新函数来讨论，也可以通过考虑和的图像的交点性质来讨论.11．已知双曲线的左，右焦点分别为，右顶点为，为其右支上一点，与渐近线交于点，与渐近线交于点，的中点为，若，且，则双曲线的离心率为（）A．B．2 C．D．【答案】B【解析】先求的坐标，利用直线的方程得到的坐标后再求的坐标，最后利用得到的关系，从这个关系式中可求得双曲线离心率.【详解】因为，所以的坐标可看做圆与渐进线的交点，由解得，所以直线，由，解得所以，由，可得，即，整理得到，故，故选B.【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系．而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组．二、填空题12．已知向量，，若，则__________．【答案】【解析】先求出的坐标，再利用向量共线的坐标关系可得的值．【详解】，因为，所以，故，填．【点睛】如果，那么：（1）若，则；（2）若，则；13．的展开式中的常数项是__________．【答案】3【解析】利用二项展开式的通项公式可求常数项．【详解】，令得，故常数项为第二项且大小为．【点睛】求的展开式中的指定项，一般通过通项公式来考虑，此类问题是基础题．14．在中，角所对的边分别为，已知, ，若，则的面积为__________．【答案】【解析】根据可得，再根据余弦定理得到，依据求出后根据得到面积．【详解】由可得，整理得到，所以或者，因，所以不成立，否则．因，结合可以得到，因，故，所以．【点睛】三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个量（除三个角外），可以求得其余的四个量.（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；（3）如果知道两角及一边，用正弦定理.15．把三个半径都是2的球放在桌面上，使它们两两相切，然后在它们上面放上第四个球（半径是2），使它与下面的三个球都相切，则第四个球的最高点与桌面的距离为__________．【答案】【解析】四个球心的连线可构成棱长为4的正四面体，可先求正四面体的高，而第四个球的最高点与桌面的距离即为高加上两个半径，从而求出所求的距离．【详解】四个球心是正四面体的顶点（如图所示），它的棱长均为4，设为的中点，为正三角形的中心，则平面，又，，所以，第四个球的最高点与桌面的距离为加上两个半径即．【点睛】组合体中几何量的计算，关键在于对组合体进行合理的分割和整合，本题中各球的球心构成一个正四面体，因此求出其高后就能得到要求的高度．三、解答题16．已知为数列的前项和，.（1）求数列的通项公式.（2）若，，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】（1）利用及可得，从而可得数列的通项.（2）利用分组求和可求的前项和.【详解】（1）由……①得……②①-②得，由得，是以2为首项,公比为2的等比数列，.（2）【点睛】（1）数列的通项与前项和的关系式，我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化.（2）数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.17．2018年茂名市举办“好心杯”少年美术书法作品比赛，某赛区收到200件参赛作品，为了解作品质量，现从这些作品中随机抽取12件作品进行试评.成绩如下：67,82,78,86,96,81,73,84,76,59,85,93.（1）求该样本的中位数和方差；（2）若把成绩不低于85分（含85分）的作品认为为优秀作品，现在从这12件作品中任意抽取3件，求抽到优秀作品的件数的分布列和期望.【答案】（1）中位数为81.5，方差为98.83（2）详见解析【解析】（1）把样本数据排序后可得中位数，计算样本数据的平均数再利用公式计算其方差.（2）利用超几何分布可求优秀作品的件数的分布列和期望.【详解】（1）样本数据按顺序为59，67,73,76,78,81,82,84,85,86,93,96.数据的中位数为：平均数为方差为（2）设抽到优秀作品的个数为，则的可能值为0,1，2,3所以的分布列为：期望为【点睛】（1）统计中有中位数、众数和平均数，注意它们的差别与计算方法．（2）在计算离散型随机变量的概率时，注意利用常见的概率分布列来简化计算（如二项分布、超几何分布等）．18．已知在三棱锥中，，.（1）求证：；（2）若，，求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）详见解析（2）【解析】（1）先证明，取的中点后可证面，从而得到要证明的线线垂直.（2）过作交于，连接，可证为二面角的平面角，再利用为直角三角形可得的长，从而利用余弦定理可得的余弦值.【详解】（1）证明：设为的中点，连结，，，，，，.又，，在中，，，，又点，面，面，面，又面（2）解法1：作于点,连结，，，，，，，，为二面角的一个平面角，，，，所以二面角的平面角的余弦值为.解法2：，，，建立坐标系如图所示，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，则由得，解得，.设平面的一个法向量为，则由得，解得，，，所以二面角的平面角的余弦值为.【点睛】线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.19．已知抛物线，点与抛物线的焦点关于原点对称，动点到点的距离与到点的距离之和为4.（1）求动点的轨迹；（2）若，设过点的直线与的轨迹相交于两点，当的面积最大时，求直线的方程.【答案】（1）详见解析（2）或【解析】（1）先求的坐标，若，则动点的轨迹不存在；若，则动点的轨迹为线段；若，则动点的轨迹为椭圆.（2）直线的斜率必存在，可先联立直线方程和椭圆的方程，消元后利用韦达定理可求的长，再求出到直线的距离后可得面积表达式，最后利用基本不等式可得面积何时最大并能求出此时直线的方程.【详解】（1）①当时，的轨迹不存在.②当时，的轨迹为一线段，方程为；③当时，的轨迹为焦点在轴上的椭圆，方程为.（2）若，则的轨迹方程为.当轴时不合题意，故设，，.将代入得.由得，，解得或.由韦达定理得，，.又点到直线的距离，，其中或.令，则且，当且仅当即,时等号成立,所以，当的面积最大时，的方程为或.方法二：若，则的轨迹方程为.当轴时不合题意，故设，，，且.将代入得.由得，，解得或.由韦达定理得，，，，令，则且，当且仅当即,时等号成立,所以，当的面积最大时，的方程为或.【点睛】（1）求动点的轨迹方程，一般有如下几种方法：①几何法：看动点是否满足一些几何性质，如圆锥曲线的定义等；②动点转移：设出动点的坐标，其余的点可以前者来表示，代入后者所在的曲线方程即可得到欲求的动点轨迹方程；③参数法：动点的横纵坐标都可以用某一个参数来表示，消去该参数即可动点的轨迹方程.（2）圆锥曲线中的最值问题，往往需要利用韦达定理构建目标的函数关系式，自变量可以斜率或点的横、纵坐标等.而目标函数的最值可以通过基本不等式或导数等求得.20．已知函数在处的切线与直线平行.（1）求实数的值，并判断函数的单调性；（2）若函数有两个零点，且，求证.【答案】（1）在上是单调递减；在上是单调递增.（2）详见解析【解析】（1）由可得，利用导数可求的单调区间.（2）由可得，，令，则且，构建新函数，利用导数可以证明即.【详解】（1）函数的定义域：，，解得，，令，解得，故在上是单调递减；令，解得，故在上是单调递增.（2）由为函数的两个零点，得两式相减，可得即，，因此，令，由，得.则，构造函数，则所以函数在上单调递增，故，即，可知.故命题得证.【点睛】（1）一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则．（2）函数有两个不同的零点，考虑它们的和或积的性质时，我们可以通过设，再利用得到、与的关系式，最后利用导数证明所考虑的性质成立．21．在平面直角坐标系中，已知椭圆的方程为：，动点在椭圆上，为原点，线段的中点为.（1）以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，求点的轨迹的极坐标方程；（2）设直线的参数方程为（为参数），与点的轨迹交于、两点，求弦长.【答案】（1）（2）【解析】(1)先由相关点法求出点的轨迹方程，再由极坐标与直角坐标转化的公式，即可得出结果；(2)将直线的参数方程代入点的普通轨迹方程，得到关于的一元二次方程，由韦达定理和即可求出弦长.【详解】（1）设点的坐标为，为线段的中点，点的坐标为．由点在椭圆上得，化简得点的轨迹的直角坐标方程为①将，，代入①得，化简可得点的轨迹的极坐标方程为．（2）（法一）把直线参数方程 (为参数)代入①得，化简得：设、两点对应的参数分别为，，由直线参数方程的几何意义得弦长．（法二）由直线参数方程 (为参数)知，直线过极点，倾斜角为，直线的极坐标方程为．由解得：和弦长．（法三）由直线参数方程 (为参数)知，直线的普通方程为，联立解得和弦长．【点睛】本题第一问主要考查点的轨迹方程的求法，以及直角坐标方程与极坐标方程的互化，记公式即可；第二问主要考查参数的方法求弦长，只需将直线的参数方程代入曲线的普通方程，再由韦达定理即可求解，属于常规题型.22．已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】先将函数去绝对值，写成分段函数的形式，(1)将代入解析式，分情况讨论，最后求并集，即可求出结果；(2)由一次函数的单调性来确定分段函数的单调性，进而可确定的最小值，即可求出的取值范围.【详解】由已知（1）当时由，得或或即或或.或，即不等式的解集（2）函数的解析式知当时，单调递减，当时，单调递增，当时，单调递增.当时，取得最小值．由，解得, 又，实数的取值范围是．【点睛】本题第一问主要考查含绝对值不等式的解法，只需分情况讨论，最后求并集即可；第二问主要考查不等式恒成立的问题，求出对应函数的最值，即可求出参数范围；该题属于常考题型，难度不大.。
广东省茂名市第五高级中学2019-2020学年高一数学理联考试卷含解析
广东省茂名市第五高级中学2019-2020学年高一数学理联考试卷含解析一、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. 右面茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污损．则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率为（）A．B．C．D．参考答案：C【考点】BB：众数、中位数、平均数；BA：茎叶图．【分析】由已知的茎叶图，我们可以求出甲乙两人的平均成绩，然后求出≤即甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率，进而根据对立事件减法公式得到答案．【解答】解：由已知中的茎叶图可得甲的5次综合测评中的成绩分别为88，89，90，91，92，则甲的平均成绩==90设污损数字为X，则乙的5次综合测评中的成绩分别为83，83，87，99，90+X则乙的平均成绩==88.4+当X=8或9时，≤即甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为=则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率P=1﹣=故选C2. 已知不等式ax2+bx﹣2＞0的解集是{x|﹣2＜x＜﹣}，则a﹣b的值为（）A．2 B．3 C．4 D．5参考答案：D【考点】一元二次不等式的解法．【专题】不等式的解法及应用．【分析】由不等式ax2+bx﹣2＞0的解集是{x|﹣2＜x＜﹣}，可得﹣2，是一元二次方程ax2+bx﹣2=0的两个实数根，利用根与系数的关系即可得出．【解答】解：∵不等式ax2+bx﹣2＞0的解集是{x|﹣2＜x＜﹣}，∴﹣2，是一元二次方程ax2+bx﹣2=0的两个实数根，∴=﹣， =﹣，解得a=﹣4，b=﹣9．∴a﹣b=5．故选：D．【点评】本题考查了一元二次不等式的解集与相应的一元二次方程的实数根的关系，考查了计算能力，属于基础题．3. 直线关于轴对称的直线方程为( )A．B．C．D．参考答案：A略4. 函数的定义域为（）A．(0,+∞)B．(0,1)∪(1,+∞)C．(1,+∞)D．(0,10)∪(10,+∞)参考答案：D由函数的解析式可得，Lgx-1≠0, x＞0，即0＜x＜10或10＜x，故函数定义域为,故选D．5. 已知向量，的夹角为，||=1，||=，若=+，=﹣，则在上的投影是（）A．B．C．﹣2 D．2参考答案：C【考点】平面向量数量积的运算．【分析】依题意，可求得?=，?=（+）?（﹣）=﹣2，及||=1，于是可求在上的投影==﹣2．【解答】解：∵向量，的夹角为，||=1，||=，∴?=||||cos=1××=，又=+，=﹣，∴?=（+）?（﹣）=﹣=1﹣3=﹣2，又=﹣2?+=1﹣2×1××+3=1，∴||=1，∴在上的投影为==﹣2，故选：C．6. 函数的图象可能是（）参考答案：D略7. 下列函数中，满足“对任意，（0，），当<时，>的是( )（A）=（B）=（C）=（D）参考答案：A略8. 若函数是定义在上的偶函数，在上是减函数，且，则使得的取值范围是（）A、 B、 C、 D、参考答案：D9. 在等比数列{}中，对任意正整数n有，前99项的和=56，则的值为（）A.16B.32C.64D.128参考答案：B10. 已知等比数列中，，则的值为（）A. B. C. D.参考答案：D略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设是定义在R上的奇函数，且当时，．若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是．参考答案：略12. 若在上恒成立，则实数的取值范围为▲．参考答案：13. 已知中，边上的中线AO长为2，若动点满足，则的最小值是 .参考答案：-214. 若扇形的周长为16cm，圆心角为2rad，则该扇形的面积为cm2．参考答案：16【考点】扇形面积公式．【分析】设扇形的半径为r，弧长为l，根据扇形周长和弧长公式列式，解之得r=4，l=8，再由扇形面积公式可得扇形的面积S．【解答】解设扇形的半径为r，弧长为l，则有，得r=4，l=8，故扇形的面积为S==16．故答案为：16．15. 已知数列{a n}满足，若{a n}为单调递增的等差数列，其前n项和为，则__________,若{a n}为单调递减的等比数列，其前n项和为，则n=__________。
2019届茂名市高三第一次综合测试数学(理)试卷
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，13.12- 14. 3 15. 7 16. 464+ 部分答案提示：4．【解析】由111322332212log ,>>>>所以.，故选D.7. 【解析】方法一：定义法：由f (x )f (x )-=得，1-()(1)x x x e ax ln ax ln e e+-=-+， 1(1)()2x xx e ln e ln ax e ++-=，2x lne ax =，122x ax,a ==,故选C. 方法二：特值法：11f ()f ()-=得，1-()(1)e a ln a ln e e +-=-+，1122a,a ==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(0,2π)上，sin2x ＞0，sin x ＞0，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A −BCD （如图），因为三棱锥A −BCD 的四个顶点，都在同一个长方体中，所以三棱锥A −BCD 体积为11433632-=⨯⨯⨯⨯=A BCD V ,故选A. 11 .【解析】：解析：因为(1)(1)f x f x +=-，则()(2)f x f x =-，所以()f x 的最小正周期为2，又由(1)(1)f x f x +=-得()f x 的图像也关于1x =对称，由图像可得，15()cos -22y f x y x π⎡⎤==⎢⎥⎣⎦与在，有7个交点，则实数解的和为23+1=7⨯,故选D12 .【解析】：若直接联立方程求解,R Q 的坐标,运算会十分繁琐.O y x1 2 1 3 12-52D A B C因为21RF PF ⊥，所以R 的坐标可看做圆222+=x y c 与渐进线=b y x a 的交点，由222⎧+=⎪⎨=⎪⎩x y c b y x a 解得(,)R a b ，所以可得直线1:()=++b PF y x c a c ，由()⎧=+⎪⎪+⎨⎪=-⎪⎩b y xc a c b y x a ，解得2=+Q bc y a c ，所以1()22=++M bc y b a c ，由112∆∆F MA F RF ，可得112=M R F A y F F y ，即2+=M R y a c c y ，即2+=M y a c c b ，所以()2+=M a c b y c ， 因此1()()222++=+bc a c b b a c c ，即112++==++c a c a a c c c ，所以2=+c a a c c，化简得2220--=c a ac ，即220--=e e ，解得21(或舍去）==-e e ,故选B. 15 .【解析】：由余弦定理得222cos 2a b c C ab +-=，所以有：22222()2a b c ab a c ab+-=+化简得：2222222()()()b a c a c a c -=+-，当220a c -=时，则a c =，所以△ABC 为等腰三角形； 当220a c -≠时，则222b a c =+，则B 为直角，而3cos 04=≠B 不合题意； 故△ABC 为等腰三角形；根据余弦定理2223cos 24+-==a c b B ac 可知2=b ,=a c ，22+=b c 有,2==c a ,所以2137sin 2sin 21()242∆===-=ABC S ac B B . 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4233,33ED OD ED ∴===,222434616()3AO AD OD ∴=-=-= ∴第四个球的最高点与桌面的距离为OA 464+ 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22-=n n a S ……①得2211-=--n n a S ……②①-②得122--=n n n a a a …………………………………………………………………2分12-=∴n n a a …………………………………………………………………………3分 由2211-=a S 得21=a ……………………………………………………………4分 {}n a ∴是以2为首项,公比为2的等比数列n n a 2=∴……………………………………………………………………………6分（II ）*,2,12,2N k kn n k n b n n ∈⎩⎨⎧=-== ……………………………………………………8分 ()()n n n b b b b b b b b T 2642125312+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=- …………………………………9分 ()()n n 264222221253+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-………………………………………10分 2)22(41)41(2n n n ⨯++--⨯=………………………………………………………………11分 n n n ++⨯+-=243232……………………………………………………………………12分 18.解：（Ⅰ）样本数据按顺序为96,93,86,85,84,82,81,78,76,73,67,59 数据的中位数为：5.8128281=+……………………………………………2分 平均数为8012969386858482817876736759=+++++++++++=x ……3分 方差为 ()222222222222211186211374212456131698.831212S =⨯+++++++++++== ……4分 （Ⅱ）设抽到优秀作品的个数为x ，则x 的可能值为0,1，2,3…………………………5分383125614(0),22055C P x C ==== ………………………………………………6分 218431228428(1)22055C C P x C ⨯====， …………………………………………7分AC B P E F12843128612(2),22055C C P x C ⨯====………………………………………………8分 3431241(3)22055C P x C ====…………………………………………………………9分 所以x 的分布列为：…………………………………………………………………………………………………10分期望为15513551225528155140)(=⨯+⨯+⨯+⨯=x E …………………………………12分19. （1）证明：设E 为BC 的中点，连结AE ，PE PA PA AC AB PAC PAB ==∠=∠,, PAC PAB ∆≅∆∴ PC PB =∴……………………………………1分又CE BE =PE BC ⊥∴ …………………………………………………………………2分EC BE AC AB ABC ==∆,,中在AE BC ⊥∴……………………………………………………………………………………3分 又PAE AE PAE PE E AE PE 面面点⊂⊂=,,PAE BC 面⊥∴……………………………………………………………………………4分 又PAE PA 面⊂ PA BC ⊥∴………………………………………………………………5分 （2）解法1：作PA BF ⊥于点F ,连结CF …………………………………………………6分AF AF AC AB PAC PAB ==∠=∠,,FAC FAB ∆≅∆∴CF BF CFA BFA =∠=∠∴,…………………………………………………………………7分PA CF ⊥∴ ……………………………………………………………………………………8分 BFC ∠∴为二面角C PA B --的一个平面角 ……………………………………………9分47431cos 1sin 22=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∠-=∠BAF BAF 27sin =∠⋅==BAF BA CF BF ………………………………………………………10分 71472447472cos 222-=⨯-+=⋅-+=∠CF BF BC CF BF BFC …………………………………11分所以二面角C PA B --的平面角的余弦值为71-……………………………………12分 解法2：24322244cos 2222=⨯⨯⨯-+=∠⋅⋅-+=PAB BA PA BA PA PB 112222=-=-=∴BE PB PE 222PA AE PE =+∴AE PE ⊥∴………………………………………………………………6分建立坐标系如右图所示，则,)0,1,0(),0,0,3(--B A )1,0,0(),0,1,0(P C)0,1,3(),1,0,3(),0,1,3(==-=………………………7分设平面PAB 的一个法向量为)1,,(111y x n =，则由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0011A n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=-=+03013111y x x 解得⎪⎩⎪⎨⎧-=-=13311y x )1,1,33(1--=∴n ……8分设平面PAC 的一个法向量为)1,,(222y x n =，则由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0022AC n AP n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+03013222y x x 解得⎪⎩⎪⎨⎧=-=13311y x )1,1,33(2-=∴n …………………9分371131,31113121=++===+-=⋅∴n n717331=⨯==∴……………………………………………………………11分所以二面角C PA B --的平面角的余弦值为71-………………………………………………12分 20.解：（Ⅰ）①当4>p 时，Q 的轨迹不存在…………………………………………………1分 ②当4=p 时，Q 的轨迹为一线段，方程为)22(0≤≤-=x y …………………………2分 ③当40<<p 时，Q 的轨迹为焦点在x 轴上的椭圆，方程为11644222=-+py x )40(<<p …………………………………3分 (Ⅱ) 若32=p ，则Q 的轨迹方程为1422=+y x ………………………………………………4分当x l ⊥轴时不合题意，1122:=2,(,),(,).故设ι-y kx A x y B x y22214将代入得=-+=x y kx y 22(14)16120.k x kx +-+=………………………………5分由0>∆得()0)41(481622>+-k k 432>∴k 解得2323>-<k k 或……………………6分 由韦达定理得2212214112,4116kx x k k x x +=+=+ …………………………………………………7分 ]4))[(1()()(212212221221x x x x k y y x x AB -++=-+-=143414]4148)4116)[(1(2222222+-⋅+=+-++=k k k k k k k …………………………………8分又点到直线的距离=O AB d ……………………………………………………9分∴1=2OAB S d AB ∆⋅=2323>-<k k 或 …………………………10分 令t k =-342 ，则0,442>+=∆t t tS OAB14444442=≤+=+=∴∆tt t t S OAB ,……………………………………………………………11分 当且仅当t t 4=即2=t ,27±=k 时等号成立,2222所以，当的面积最大时，的方程为或ι∆=-=--OAB y x y x ………………12分 方法二：若32=p ，则Q 的轨迹方程为1422=+y x ………………………………………………4分当x l ⊥轴时不合题意，1122:=2,(,),(,).故设ι-y kx A x y B x y 且21>x x22214将代入得=-+=x y kx y 22(14)16120.k x kx +-+=………………………………5分由0>∆得()0)41(481622>+-k k 432>∴k 解得2323>-<k k 或……………………6分 由韦达定理得2212214112,4116k x x k k x x +=+=+ …………………………………………………7分 2121211112()222∆∆∆∴=-=-=⨯-=-OAB ODB ODA S S S OD x OD x x x x x ……………… 8分214==+k ，2323>-<k k 或………………10分 令t k =-342 ，则0,442>+=∆t t tS OAB 14444442=≤+=+=∴∆tt t t S OAB ,……………………………………………………………11分 当且仅当t t 4=即2=t ,27±=k 时等立,2222所以，当的面积最大时，的方程为或ι∆=-=--OAB y x y x ………………12分21.解：(Ⅰ)()f x ∞函数的定义域：（0,+），…………………………………………………………1分11(1)1,22f a a '=-==解得，……………………………………………………………………………2分1()ln 2f x x x ∴=+，221121()22x f x x x x -'∴=-=………………………………………………………3分 令()0,f x '<解得102x <<，故1()02f x 在（，）上是单调递减；……………………………………4分 令()0,f x '>解得12x >，故1()2f x ∞在（,+）上是单调递增.……………………………………5分 （II ）由12,x x 为函数()f x m =的两个零点，得121211ln ,ln ,22x m x m x x +=+=…………………6分 两式相减，可得121211ln ln 0,22-+-=x x x x ……………………………………7分 1122122-=x x x x x x 即ln ，1212122x xx x x x -=ln ， 因此1211212x x x x x -=ln ，2121212x x x x x -=ln……………………………………………8分 令1122,, 1.x t x x t x =<<<由得0 则1211112ln 2ln 2ln t t t t x x t t t---+=+=，…………………………9分 构造函数1()2ln (01)h t t t t t=--<<，………………………………………10分则22212(1)()10t h t t t t-'=+-=> 所以函数()(01)h t 在，上单调递增，故()(1),h t h <………………………………11分 即12ln 0t t t--<，可知112ln t t t->.故12 1.x x +>命题得证. …………………12分22.解：(Ⅰ)设点Q 的坐标为(x , y )，则点P 的坐标为(2x , 2y )， 由点P 在椭圆上得22(2)(2)12012x y +=，化解可得：22153y x += ①….……..….…….…2分由x =cos ，y =sin ，代入①得2222cos sin 153ρθρθ+=，化简可得点Q轨迹的极坐标方程为22(32sin )15ρθ+=．..….…….…….……………..………..…….……..……5分(Ⅱ)（法一）把直线l 参数方程1,2,x t y ⎧=⎪⎨⎪=⎩(t 为参数)代入①得22344153t t +=化简得：2103t =………7分所以12t t ==…….………….…………...…….……..…….……8分∴弦长12||||MN t t =-…….……. …….……..…….……..…….……..……10分（法二）由直线l 参数方程1,2,x t y ⎧=⎪⎨⎪=⎩(t 为参数)知，直线l 过极点，倾斜角为3π，.……. ……..………6分∴直线l 的极坐标方程为(R)3πθρ=∈)．.…….…….….……..……7分 由22,3(32sin )15,πθρθ⎧⎪=⎨+=⎪⎩解得：1,3πθρ⎧=⎪⎨⎪=⎩或2,3πθρ⎧=⎪⎨⎪=⎩…….……..…….……..……9分∴弦长12||||MN ρρ=-=．.…….…….……….…….….…….…….……..……10分（法三）由直线l 参数方程1,2,x t y ⎧=⎪⎨⎪=⎩(t 为参数)知，直线l的普通方程为y =，.…….……6分联立①解得1212,22x x y y ⎧⎧==⎪⎪⎪⎪⎨⎨⎪⎪==-⎪⎪⎩⎩.…….…………..…….……….……….……8分弦长||MN ==分23.解：由已知 f (x )=|2x+1|−|x −a |=11,,2131,,21,,x a x x a x a x a x a ⎧----⎪⎪+--≤≤⎨⎪++⎪⎩＜＞ …………………………………1分 (Ⅰ)当a =1时，f (x )=12,,213,1,22,1,x x x x x x ⎧---⎪⎪-≤≤⎨⎪+⎪⎩＜＞ 由f (x )≥1，得 1,221,x x ⎧⎪-⎨--≥⎪⎩＜或11,231,x x ⎧⎪-≤≤⎨≥⎪⎩或{1,21,x x +≥＞即x ≤−3或13≤x ≤1或x ＞1.…………………………………3分 ∴x ≤−3或x ≥13，即不等式f (x )≥1的解集{ x | x ≤−3或x ≥13} …………………………5分(Ⅱ)函数f (x )的解析式知当x ＜12-时，f (x )单调递减，当12-≤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 =12-−a …………………………………8分由12-−a ＞−2，解得a ＜32, 又0a > ∴实数a 的取值范围是(0,32)．.…………………………………………………………………10分。