2019汕头一模理科数学(教师版)

2019年汕头市普通高考第一次模拟考试试题理科数学一、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．已知集合，则（）A．B．C．D．1．答案：D解析：．2．已知是虚数单位，复数，若，则（）A．0B．2C．D．12．答案：A解析：．3．已知离散型随机变量X的分布列为X0123P则X的数学期望（）A．B．1C．D．23．答案：B解析：由，得，所以．4．已知向量，若，则向量与向量的夹角为（）A．B．C．D．4．答案：D解析：，因为，所以，解得，当时，，所以向量与向量的夹角为．5．一动圆的圆心在抛物线上，且动圆恒与直线相切，则此动圆必过定点（）A．B．C．D．5．答案：B解析：由抛物线的定义可知该圆必过抛物线的焦点．6．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则在上的最小值为（）A．B．C．D．06．答案：A解析：，因为，所以，当，即时，．7．将含有甲、乙、丙的6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料，则甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的概率为（）A．B．C．D．7．答案：C解析：6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料的基本事件共有个，甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的基本事件有：个，所以所求概率为．8．在正方体中，点是四边形的中心，关于直线，下列说法正确的是（）A．B．C．平面D．平面8．答案：C解析：选项A，连接，则，因为与相交，所以A错；选项B，取中点，连接，则，在中，，所以与不垂直，所以与不垂直，B错；选项C，设，连接，则，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，C正确；选项D，连接，易证得，平面，所以与平面不垂直，D错．9．若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．9．答案：C解析：由题意，，恒成立，即恒成立，当时，，，所以实数的取值范围是．10．过双曲线的右焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，与双曲线的渐近线交于两点，若，则双曲线离心率的取值范围为（）A．B．C．D．10．答案：B解析：渐近线方程为，将代入，得，为双曲线的通径，，因为，所以，即，则，即，则，则．11．三棱锥中，平面的面积为2，则三棱锥的外接球体积的最小值为（）A．B．C．D．11．答案：A解析：因为平面，所以是圆柱模型，设，则，设外接圆半径为，的外接球半径为，则，，所以，即的最小值为2，所以外接球的体积的最小值为．12．定义在上的函数，满足，且当时，，若函数在上有零点，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．12．答案：D解析：当时，，此时，所以，画出函数的图象，因为函数在上有零点，所以的图象与的图象有交点，由图，当直线过点时，，由图象可得，实数的取值范围是．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．13．设满足约束条件，则的最大值为．13．答案：19解析：作出不等式组所表示的平面区域为如图所示的，其中，，所以．14．已知，则．14．答案：15．在的展开式中，的系数为30，则实数的值为．15．答案：解析：展开式中含的项为，所以，，，所以．16．在锐角三角形中，角所对的边分别为，且，则面积的最大值为．16．答案：解析：由，得，所以，故，又由余弦定理，，故，又，所以，故，当且仅当即为等边三角形时等号成立，所以面积的最大值为．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．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）已知数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和为，证明：．17．解析：（1）当时，，即，………………1分当时，①，②……2分，得，即，………………3分所以，且，………………4分所以数列为常数列，………………5分，即．……………………6分（2）由（1）得，所以，…………8分所以，………………9分，…………（没写也不扣分）……10分………………11分．……………………12分18．（本小题满分12分）如图，四棱锥中，菱形所在的平面，是中点，是上的点．（1）求证：平面平面；（2）若是的中点，当时，是否存在点，使直线与平面的所成角的正弦值为？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．18．解析：（1）连接，因为底面为菱形，，所以是正三角形，是的中点，，……………………1分又，……………2分平面，平面，…………3分又平面，………………4分又平面，所以平面平面．……………………5分（2）以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，则，则，………………6分设，则，……7分又，设是平面的一个法向量，则，取，得，……………………9分设直线与平面所成角为，由，得：．………10分化简得：，解得或，故存在点满足题意，此时为或．………………12分19．（本小题满分12分）我市南澳县是广东唯一的海岛县，海区面积广阔，发展太平洋牡蛎养殖业具有得天独厚的优势，所产的“南澳牡蛎”是中国国家地理标志产品，产量高、肉质肥、营养好，素有“海洋牛奶精品”的美誉．根据养殖规模与以往的养殖经验，产自某南澳牡蛎养殖基地的单个“南澳牡蛎”质量（克）在正常环境下服从正态分布．（1）购买10只该基地的“南澳牡蛎”，会买到质量小于20g的牡蛎的可能性有多大？（2）2019年该基地考虑增加人工投入，现有以往的人工投入增量x（人）与年收益增量y（万元）的数据如下：人工投入增量x（人）234681013年收益增量y（万元）13223142505658该基地为了预测人工投入增量为16人时的年收益增量，建立了y与x的两个回归模型：模型①：由最小二乘公式可求得y与x的线性回归方程：；模型②：由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线：的附近，对人工投入增量x做变换，令，则，且有．（i）根据所给的统计量，求模型②中y关于x的回归方程（精确到0.1）；（ii）根据下列表格中的数据，比较两种模型的相关指数，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测人工投入增量为16人时的年收益增量．回归模型模型①模型②回归方程182.479.2附：若随机变量，则，；样本的最小二乘估计公式为：，另，刻画回归效果的相关指数19．解析：（1）由已知，单个“南澳牡蛎”质量，则，…1分由正态分布的对称性可知，，…3分设购买10只该基地的“南澳牡蛎”，其中质量小于20g的牡蛎为X只，故，…4分故，所以这10只“南澳牡蛎”中，会买到质量小于20g的牡蛎的可能性仅为1.29%．……5分（2）（i）由，有，………………6分且，……………………7分所以，模型②中关于的回归方程为………………8分（ii）由表格中的数据，有，即…………9分模型①的小于模型②，说明回归模型②刻画的拟合效果更好．……10分当时，模型②的收益增量的预测值为（万元），…………11分这个结果比模型①的预测精度更高、更可靠．……………………12分20．（本小题满分12分）已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，，，过与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于两点．（1）求椭圆的方程；（2）若的中点为，在线段上是否存在点，使得？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由．20．（1）由，得，……………………1分，………………2分在中，由余弦定理得：，代入化简得，………………3分解得，从而，，………………4分所以椭圆的方程为．………………………5分（2）存在这样的点符合题意．设，由，设直线的方程为，…………6分由，得，…………7分，由，得，………………8分又点在直线上，所以，……9分所以．若有，则，……………………10分整理得，…………11分所以存在实数，且的取值范围为．…………12分21．（本小题满分12分）已知．（1）讨论的单调性；（2）若存在3个零点，求实数的取值范围．21．解析：（1）……1分因为，由，得或．……………………2分（i）当时，，在和上，，单调递增；在上，，单调递减，…………3分（ii）当时，，在上，，单调递增，……4分（iii）当时，，在和上，，单调递增；在上，，单调递减，…………5分（2），所以有一个零点．……………6分要使得有3个零点，即方程有2个实数根，又方程，令，………………7分即函数与图像有两个交点，令，得……………………8分的单调性如表：1－－0＋＋↘↘极小值↗↗………………9分当时，，又，的大致图像如图，………………11分所以，要使得有3个零点，则实数的取值范围为……………12分（二）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，则按所作的第一题计分．22．【选修4—4：坐标系与参数方程】（本小题满分10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．（1）设是曲线上的一个动点，若点到直线的距离的最大值为，求的值；（2）若曲线上任意一点都满足，求的取值范围．22．解析：（1）依题意得曲线的普通方程为，……1分因为，所以，因为，因为直线的直角坐标方程为，即，…………2分所以圆心到直线的距离为，…………3分则依题意得，…………………4分因为，解得．………………5分（2）因为曲线上任意一点都满足，所以，…………7分所以，解得或，……………9分又，所以的取值范围为．…………10分23．【选修4—5：不等式选讲】（本小题满分10分）已知函数．（1）若，求不等式的解集；（2）设，当时都有，求的取值范围．23．解析：（1）因为，所以，所以…1分当时，由，得，即，得．所以不等式无解………………2分当时，由，得，即，得．所以………………………