2019年广东广州理科高三一模数学试卷(详解)

/2019年⼴东⼴州理科⾼三⼀模数学试卷(详解)⼀、选择题（本题共12⼩题，每⼩题5分，共60分）1.A.B.C.D.【答案】【解析】已知集合，，则（ ）．D，∴∴错误．∴错误．⼜，∴错误．∴选.2.A.B.C.D.【答案】【解析】已知为实数，若复数为实数，则（ ）．B∵为实数，∴，∴．3.A.B.C.D.【答案】【解析】已知双曲线的⼀条渐近线过圆的圆⼼，则的离⼼率为（ ）．C圆的圆⼼，/双曲线的⼀条渐近线为：，双曲线的⼀条渐近线过圆的圆⼼，可得，所以，，则，则的离⼼率为：．故选．4.A.B.C.D.【答案】【解析】刘徽是我国魏晋时期的数学家，在其撰写的《九章算术注》中⾸创“割圆术”．所谓“割圆术”，是⽤圆内接正多边形的⾯积去⽆限逼近圆⾯积并以此求取圆周率的⽅法．如图所示，圆内接正⼗⼆边形的中⼼为圆⼼，圆的半径为．现随机向圆内投放粒⾖⼦，其中有粒⾖⼦落在正⼗⼆边形内，则圆周率的近似值为（ ）．C由题知，该事件符合⼏何概型的⾯积模型：∴，∴，∴．正十二边形圆5.A.B.C.D.【答案】【解析】若等边三⻆形的边⻓为，点满⾜，则（ ）．D∵∵，且为边⻓为的等边三⻆形．∴/．6.A.B.C.D.【答案】【解析】设是等差数列的前项和，若为⼤于的正整数，且，，则（ ）．C∵为等差数列的前项和，∴，，∴，∴，∴，∴，∴．故选．7.A.B.C.D.如图，⼀⾼为且装满⽔的⻥缸，其底部装有⼀排⽔⼩孔，当⼩孔打开时，⽔从孔中匀速流出，⽔流完所有时间为，若⻥缸⽔深为时，⽔流出所⽤时间为，则函数的图象⼤致是（ ）．/【答案】【解析】B由题知，⽔流出过程中，⽔缸的⽔深是降低的，∴排除，∵⻥缸是球体的，⽔匀速流出过程中，截⾯积最⼤时，即过球⼼的⽔平截⾯附近⾼度下降最慢．故选．，8.A.B.C.D.【答案】【解析】的展开式的各系数和为，则该展开式中的系数是（ ）．A∵的展开式的各项系数和为，则，∴，该展开式中的系数是，故选．9.A.B.C.D.【答案】【解析】已知函数是奇函数，且在上单调递减，则的最⼤值是（ ）．C∵为奇函数，∴，，⼜∵，∴，∴，⼜∵在上单调递减，∴，∵，∴，∴，∴的最⼤值为．/故选．10.正视图侧视图俯视图A.B.C.D.【答案】【解析】⼀个⼏何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边⻓为的正⽅形，则该⼏何体的表⾯积为（ ）．B由三视图可知，该⼏何体是由⼀个圆柱和球的组合⽽成，圆柱的底⾯圆半径为，圆柱的⾼为；球的半径为，则该⼏何体的表⾯积为：．故选：．11.A.B.C.D.【答案】⽅法⼀：【解析】已知以为焦点的抛物线上的两点，满⾜，则弦的中点到的准线的距离的最⼤值是（ ）．B，设，，∵，∴、、三点共线，设直线的⽅程为，∴，∴，∴，∴中点的坐标为，∵，∴，∴，①式平⽅除以②得，①②/⽅法⼆：∴，∵，∴，∴中点到准线的距离．抛物线的焦点坐标为，准线⽅程为，设，，则∵，∴，∴，∵，∴，当时，弦的中点到的准线的距离，当时，，，，∵，且，∴，则弦的中点到的准线的距离，最⼤值是，∵，∴弦的中点到的准线的距离的最⼤值是．故选．12.A.B.C.D.【答案】xyO【解析】若函数的图象上存在关于直线对称的不同两点，则实数的取值范围是（ ）．A时，是单调递增的，此时关于的对称函数在上单调递减．⼜时，在上单增，∴要使在图像上存在不同两点关于对称．/只需与在有交点即可，∴．∴．故选．⼆、填空题（本题共4⼩题，每⼩题5分，共20分）13.【答案】【解析】设是等⽐数列的前项和，若，，则            ．设公⽐为，所以，解得，所以，解得．14.【答案】【解析】若函数的图象在点处的切线过点，则            ．函数，则，即切点坐标为，⼜因为，则，依题意切线过点，所以，解得，故答案为：．15.【答案】【解析】已知关于，的不等式组表示的平⾯区域内存在点，满⾜，则的取值范围是            ．作出可⾏域，/xyO∵存在点满⾜，即与可⾏域有交点，∴不能在点左⽅．⼜∵是与的交点．∴．∴．∴．16.【答案】【解析】已知直四棱柱的所有棱⻓都是，，，，点在线段上，，点是线段上的动点，则三棱锥的体积的最⼩值为            ．由题知，，，∴都在平⾯上．∴．∵，且棱⻓为，∴．作出的截⾯：，，，为上动点，以为底，∴在点取到⾼最⼩/∴，∴．故答案为：．三、解答题（本⼤题共5⼩题，每⼩题12分，共60分）17.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）（2）【解析】的内⻆，，的对边分别为，，，已知．求的值．若，，求的⾯积．．．由正弦定理可得，∴，即，∴．，即，∴，∴，∴．18.（1）（2）（1）【答案】如图，在三棱锥中，是等边三⻆形，，点是是中点，连接，．证明：平⾯平⾯．若，且⼆⾯⻆为，求直线与平⾯所成⻆的正弦值．证明⻅解析．/（2）（1）⽅法⼀：（2）【解析】．∵为正，∴，≌，∵为中点，∴⾯，⾯，∴⾯⾯．作，垂⾜为，连结，因为≌，所以，，为⼆⾯⻆的平⾯⻆，由已知⼆⾯⻆为，故，在等腰，由余弦定理可得，因为是等边三⻆形，则，所以，在中，有，得，因为，所以，⼜，得，则，，由上述可知平⾯，则平⾯平⾯，过点作，垂⾜为，则平⾯，连结，则为直线与平⾯所成⻆，在中，，所以，，/⽅法⼆：所以直线与平⾯所成⻆的正弦值为．作，垂⾜为，连结，因为≌，所以，，为⼆⾯⻆的平⾯⻆，由已知⼆⾯⻆为，故，在等腰，由余弦定理可得，因为是等边三⻆形，则，所以，在中，有，得，因为，所以，⼜，得，则，，如图所示，以为原点，以向量，⽅向分别为轴，轴的正⽅向，与向量，都垂直的⽅向为轴，建⽴空间直⻆坐标系，则，，向量，平⾯的法向量为，设直线与平⾯所成⻆为，则，，所以直线与平⾯所成⻆的正弦值为．，，19.某商场以分期付款⽅式销售某种商品，根据以往资料统计：顾客购买该商品选择分期付款的期数的分布列为：其中，．/（1）12（2）（1）12（2）【答案】（1）12（2）【解析】求购买该商品的位顾客中，恰有为选择分期付款的概率．商场销售⼀件该商品，若顾客选择分期付款，则商场获得的利润为元；若顾客选择分期付款，则商场获得的利润为元，若顾客选择分期付款，则商场获得的利润为元，商场销售两件该商品所获得的利润记为（单位：元）．求的分布列．若，求的数学期望的最⼤值．．元．．的可能值为，，，，，，，，，．∴的分布列：，∴，∴，∴，∴，∴元．20.已知椭圆的两个焦点和两个顶点在圆上．/（1）（2）（1）（2）【答案】（1）（2）【解析】求椭圆的⽅程．若点是的左焦点，过点作圆的切线，交于，两点，求的⾯积的最⼤值．的⽅程为．．由题意可得，，∴，∴的⽅程为．①当时，，，∴，∴．②当时，设与联⽴得，，即，∴，，，∴，到距离，⼜∵与圆相切，∴，/∴，∴，，∴，令，则，∴，当时，在单减，∴，∴．21.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）（2）【解析】已知函数，．若在上单调递增，求的取值范围．若在上存在极⼤值，证明：．．证明⻅解析．，在⼤于恒成⽴，即，∴，令，，当时，，，时，，，∴，∴．由（）知，当时，在上单调递增，则不存在极⼤值；当时，，由()知函数在上单调递减，在上单调递增．⼜，，(易证明)，/故存在，使得，存在，使得，则时，；时，，时，，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取得极⼤值，即，由，得，，由，得，故．所以．四、选做题（本⼤题共2⼩题，选做⼀题计10分）选修4-4：坐标系与参数⽅程22.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）（2）【解析】在直⻆坐标系中，曲线的参数⽅程为（为参数），以坐标原点为基点，轴的正半轴为极轴建⽴极坐标系，直线的极坐标⽅程为．写出曲线的普通⽅程和直线的直⻆坐标⽅程．若直线与曲线有两个不同交点，求的取值范围．，．．考虑消参：，即，利⽤代⼊即有，即．与联⽴：，令，则与有两个交点等价于上过⽅程有两个的不同根，/利⽤⼆次函数根的分布：，解得：．选修4-5：不等式选讲23.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）（2）【解析】已知函数．当时，求不等式的解集．若，不等式对都成⽴，求的取值范围．．．当，，∴．∴的解集为．即．∴，．∴．/