广东省广州市2019届高三第一学期调研考试(一模)文科数学试题(精编含解析)

2019届广州市高三期末调研测试

文科数学 2018．12

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 铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，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的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；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：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.设集合，，则

（）

A.

B.

C.

D.

【答案】D 【解析】 【分析】

解不等式得集合B,利用交集的定义求解即可. 【详解】集合，

，

所以

故选D.

【点睛】本题主要考查了集合交集的运算，属于基础题.

2.若复数满足

，则 （）

A.

B. C.

D.

【答案】C 【解析】 【分析】

由复数的除法运算可得，进而可得模长.

【详解】由，可得.

.

故选C.

【点睛】本题主要考查了复数的除法运算及复数模的概念，属于基础题.

3.下列函数中，既是奇函数，又在上单调递增的是（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由奇函数的定义先可排除选项A,D再利用函数单调性判断B,C，即可得选项.

【详解】由奇函数的定义，可知A,D不满足奇函数的定义，排除A,D；

由与均为增函数，知为增函数，B正确；

对于，有，所以为减函数，D不正确.

故选B.

【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的判断及单调性的判断，属于基础题.

4.某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2015年1月至2017年12月期间

月接待游客量(单位：万人)的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论错误

．．的是（）

A. 年接待游客量逐年增加

B. 各年的月接待游客量高峰期在8月

C. 2015年1月至12月月接待游客量的中位数为30万人

D. 各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳

【答案】C

【解析】

【分析】

根据已知中2015年1月至2017年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，逐一分析给定四个结论的正误，可得答案．

【详解】由已有中2015年1月至2017年12月期间月接待游客量(单位：万人)的数据可得：

年接待游客量呈上升趋势，所以年接待游客量逐年增加，故A正确；

每一年的接待量八月份的最大，故B正确；

折线图中没有具体数据，中位数无法计算，故C错误；

各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，故D正确.

故选C.

【点睛】本题主要考查了学生的读题能力和信息处理能力，属于基础题.

5.《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”. 现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形．若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（）

A. B.

C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

还原几何体为四棱锥P-ABCD，底面ABCD为长方形，易知该几何体与变成为1,2,1的长方体有相同的外接球，则长方体的体对角线即可外接球的直径，从而得解.

【详解】

如图所示，该几何体为四棱锥P-ABCD，底面ABCD为长方形.

其中底面ABCD，AB=1,AD=2,PD=1.

易知该几何体与变成为1,2,1的长方体有相同的外接球.

则该阳马的外接球的直径为 .

球体积为： .

故选A.

【点睛】本题主要考查了几何的外接球问题，常用的解法即为将几何体放入长方体内，即补体的思想，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.

6.已知的边上有一点满足，则可表示为( )

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由，结合题中条件即可得解.

【详解】由题意可知.

故选D.

【点睛】本题主要考查了平面向量的基本定理，熟练掌握向量的加减法及数乘运算是解题的关键，属于基础题.

7.已知双曲线的中心为坐标原点，离心率为，点在上，则的方程为（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

讨论双曲线的焦点轴，设出方程，根据条件列出方程组求解即可.

【详解】当双曲线的焦点在x轴，设双曲线的方程为：.

根据题意可得：，解得，所以.

当双曲线的焦点在y轴，设双曲线的方程为：.

根据题意可得：，方程无解.

综上的方程为.

故选B.

【点睛】本题主要考查了双曲线方程的求解，注意题中没有交代焦点轴时，解题时需要分情况讨论，属于中档题.

8.由的图象向左平移个单位，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍后，所得图象对应的函数解析式为（）

A. B.

C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据三角函数的平移和伸缩变换可直接得解.

【详解】由的图象向左平移个单位，可得到.

再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍后，得到.

故选A.

【点睛】本题考查的是三角函数的平移和伸缩变换问题，首先保证三角函数同名，不是同名通过诱导公式化为同名，在平移中符合左加右减的原则，在写解析式时保证要将x的系数提出来，针对x本身进行加减和伸缩.

9.是直线和平行的（）

A. 充分非必要条件

B. 必要非充分条件

C. 充要条件

D. 既不充分又不必要条件

【答案】C

【解析】

试题分析：先判断当a=3成立是否能推出两条直线平行；再判断当两条直线平行时，一定有a=3成立，利用充要条件的定义得到结论．

解：当a=3时，两条直线的方程分别是3x+2y+9=0和3x+2y+4=0，此时两条直线平行成立

反之，当两条直线平行时，有但即a=3或a=﹣2，

a=﹣2时，两条直线都为x﹣y+3=0，重合，舍去

∴a=3

所以“a=3”是“直线ax+2y+2a=0和直线3x+（a﹣1）y﹣a+7=0平行”的充要条件．

故选：C．

考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；两条直线平行的判定．

10.若实数，满足不等式组则的取值范围是（）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到取值范围即可.

【详解】作出不等式的可行域，如图所示：

由，即.平移此直线经过点A（0,5）时，z取得最小值-5，经过点B(2,1)时，z有最大值3，所以的取值范围是.

故选A.

【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.

11.已知的内角, , 的对边分别是, , ，且，若，则

的取值范围为（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

∵

∴

∴

∴,

∴

∴,又

∴的取值范围为

故选：B

12.已知椭圆Γ：的长轴是短轴的2倍，过右焦点F且斜率为的直线与Γ相交于A，B两点．若，则（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据条件可将椭圆化简为，为简化计算，令，直线与椭圆联立，根据条件可得

，再由结合韦达定理求解即可.

【详解】根据题意可知，所以.

椭圆Γ：,可化为：.

过右焦点F且斜率为的直线为：，即.

为简化计算，令，则.

由，联立可得：.①

设，由可得.

由①可得：.

因为，所以.

解得，所以，由，可得.

故选D.

【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系，利用设而不求的思想，通过韦达定理解决方程问题，属于中档题.

二、填空题。

13.已知，则______．

【答案】

【解析】

【分析】

利用指数与对数的运算性质即可得解.

【详解】由，可得.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了指数与对数的运算性质，属于基础题.

14.设为第二象限角，若，则 =______．

【答案】

【解析】

【分析】

由可得，进而由，结合为第二象限角即可得解.

【详解】.

由，结合为第二象限角，，可得.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了两角和差的正切展开及同角三角函数关系，属于基础题.

15.圆锥底面半径为，高为点P是底面圆周上一点，则一动点从点P出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点P，则绕行的最短距离____

【答案】

【解析】

【分析】

把圆锥侧面展开成一个扇形，则对应的弧长是底面的周长，对应的弦是最短距离，即CP的长是蚂蚁爬行的最短路程，求出CD长，根据垂径定理求出PC=2CD，即可得出答案．

【详解】把圆锥侧面展开成一个扇形，则对应的弧长是底面的周长，对应的弦是最短距离，即CP的长是蚂蚁爬行的最短路程，过A作AD⊥PC于D，

弧PC的长是2π?1=2π，则侧面展开图的圆心角是，

∴∠DAC=，

∵AC=3，∴，所以.

即蚂蚁爬行的最短路程是.

故答案为：.

【点睛】考查了平面展开﹣最短路径问题，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．

16.已知过点作曲线的切线有且仅有两条，则实数的取值范围是______．

【答案】

【解析

【解析】

【分析】

设切点为，求导得斜率，然后利用点斜式得切线方程，将点A代入，使得方程关于有两解即可. 【详解】设切点为，则切线斜率为：.

切线方程为：，

将点代入切线方程得：，又.

所以，整理得有两个解.

所以，解得或.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了导数的几何意义：求切线，求切线时要注意设过点作切线还是在点处的切线，前者需要设出切点，后者给出的点即为切点，属于易错题型.

三、解答题：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做答．第22、23题为选考题，考生根据要求做答．

17.设为数列的前项和，已知，．

（1）证明：数列为等比数列；

（2）求数列的通项公式，并判断，，是否成等差数列？

【答案】（1）见解析；（2）见解析．

【解析】

试题分析：（1）根据条件构造等比数列：，再根据等比数列定义给予证明，（2）先根据等比数列通项公式求得，即得的通项公式，再根据分组求和法得，最后判断是否成立.

试题解析：证明：∵，，∴，

∴，∴，，

∴是首项为公比为的等比数列.

（2）解：由（1）知，，∴，

∴，

∴，∴，

即，，成等差数列.

18.某蔬果经销商销售某种蔬果，售价为每公斤25元，成本为每公斤15元.销售宗旨是当天进货当天销售.如果当天卖不出去，未售出的全部降价以每公斤10元处理完.根据以往的销售情况，得到如图所示的频率分布直方图：

（1）根据频率分布直方图计算该种蔬果日需求量的平均数（同一组中的数据用该组区间中点值代表）；（2）该经销商某天购进了250公斤这种蔬果，假设当天的需求量为公斤，利润为元.求关于

的函数关系式，并结合频率分布直方图估计利润不小于1750元的概率.

【答案】（1）265公斤（2）0.7

【解析】

【分析】

（1）用频率分布直方图的每一个矩形的面积乘以矩形的中点坐标求和即为平均值；

（2）讨论日需求量与250公斤的关系，写出分段函数再利用频率分布直方图求概率即可.

【详解】（1）

故该种蔬果日需求量的平均数为265公斤.

（2）当日需求量不低于250公斤时，利润元,

当日需求量低于250公斤时，利润元

所以

由得，,

所以＝

故估计利润不小于1750元的概率为0.7 .

【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用，做此类题的关键再由理解题意，属于中档题.

19.如图，四边形是平行四边形，平面平面，，，

,,,，为的中点.

（1）求证： 平面；

（2）求证：

平面

；

（3）求点到平面的距离.

【答案】（1）见证明；（2）见证明；（3） 【解析】 【分析】

（1）取

的中点，通过证明四边形

是平行四边形，可得到

，从而得证；

（2）由余弦定理证得，通过平面

平面

即可得证；

（3）由

平面

，所以点到平面

的距离等于点到平面

的距离，通过

计算

距离即可.

【详解】（1）证明：取的中点，连接，

在

中，因为是

的中点，

所以 且，

因为 ，

，，

所以

且

，

所以四边形是平行四边形，所以 ，

又平面，

平面

，

所以

平面

．

（2）证明：在中，，，，

由余弦定理得，

因为，

所以.

因为平面平面，平面,平面平面，所以平面.

（3）解法1：由（1）平面，

所以点到平面的距离等于点到平面的距离，

设点到平面的距离为，

过作，交的延长线于，

则平面，所以是三棱锥的高

由余弦定理可得，

所以,.

.

因为，

即，解得.

所以点到平面的距离为．

解法2：因为，且,

所以点到平面的距离等于点到平面的距离的，

由（2）平面.

因为平面，所以平面平面．

过点作于点，又因为平面平面，故平面.

所以为点到平面的距离．

在中，，

由余弦定理可得

所以，

因此，

所以点到平面的距离为

【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查点到平面距离的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理计算能力.

20.已知动圆过定点，且与定直线相切．

（1）求动圆圆心的轨迹的方程；

（2）过点的任一条直线与轨迹交于不同的两点，试探究在轴上是否存在定点（异于点），使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】(1) ，（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）根据抛物线的定义即可得解；

（2）假设存在点满足题设条件，由题意可得直线与的斜率互为相反数，即，设

，，设,再由直线与抛物线联立，利用韦达定理代入求解即可.

【详解】（1）解法1：依题意动圆圆心到定点的距离与到定直线的距离相等，

由抛物线的定义，可得动圆圆心的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，其中．

动圆圆心的轨迹的方程为．

解法2：设动圆圆心，依题意：.

化简得：，即为动圆圆心的轨迹的方程

（2）解：假设存在点满足题设条件．

由可知，直线与的斜率互为相反数，

即①

直线的斜率必存在且不为，设,

由得．

由,得或．

设，则．

由①式得,

,即．

消去，得,

,

,

存在点使得．

【点睛】定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.

21.已知函数.

（1）若e，求的单调区间；

（2）当时，记的最小值为，求证：．

【答案】(1) 函数的单调递减区间为，单调递增区间为．(2) m

【解析】

【分析】

（1）求函数导数，由导数大于0解得增区间，由导数小于0得减区间；

（2）求函数导数分析函数的单调性得，存在，使得，时，取得最小值，即

，化简得，再构造函数求范围即可.

【详解】（1）当时，，的定义域是

，

当时，；当时，．

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．

（2）证明：由（1）得的定义域是，，

令，则，在上单调递增，

因为,

所以，，

故存在，使得．

当时，，，单调递减；

当时，，，单调递增；

故时，取得最小值，即,

由得，

令，，则，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

故，即时，取最大值1，m．

【点睛】本题主要考查了函数导数的应用，当导函数的零点不可解时，我们可以通过“舍而不求”的思路，直接代入化简解决，属于难题.

22.选修4-4：坐标系与参数方程

已知曲线的极坐标方程为，直线，直线．以极点为原点，极

轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系．

（1）求直线，的直角坐标方程以及曲线的参数方程；

（2）已知直线与曲线交于两点，直线与曲线交于两点，求的面积．

【答案】（1）；；为参数；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用极角的定义、直线的倾斜角的定义以及两直线过原点，可得到直线与直线的直角坐标方程；曲

线的极坐标方程两边同乘以利用即可得其直角坐标方程，然后化为参数方程即可；（2）联立，得，同理，利用三角形面积公式可得结果. 【详解】（1）依题意，直线直角的坐标方程为，

直线直角的坐标方程为，

由得，

，

，

曲线的参数方程为为参数）.

（2）联立，得，

同理，又，

，

即的面积为.

【点睛】本题主要考查极坐标方程化为直角坐标方程与参数方程，属于中档题. 利用关系式，

可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程.

23.选修4－5：不等式选讲

已知函数．

（1）当时，解不等式；

（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围．

【答案】（1）或；（2）.

【解析】

试题分析：（1）分段去绝对值求解即可；

（2）不等式的解集包含，所以不等式在恒成立，可得，即，所以，求解即可.

试题解析：

（1）当时，原不等式可化为.

①当时，原不等式可化为,解得，此时得不等式的解集为.②

当时，原不等式可化为,解得，此时得不等式的解集为.③当时，原不等式可化为,解得，此时得不等式的解集为.综上所述，当时，不等式可化为，的解集为或.

（2）不等式，因为不等式的解集包含，所以不等式

在，所以不等式，所以可得，即，所以

，解得，求实数的取值范围是.