【100所名校】2019届广东省汕头市金山中学高三上学期期中考试 数学（理）试题（解析版）.docx

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1、2019届广东省汕头市金山中学高三上学期期中考试 数学（理）试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 数学注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1若集合M=x|x2-x0,a1)，R表示实数集，则下列选项错误的是AMN=M

2、 BMN=R CMCRN= DRMN=R2设复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，若z1=1+3i1-i，则z1+z2等于A4i B-4i C2 D-23已知P、M、N是单位圆上互不相同的三个点,且满足|PM|=|PN|，则PMPN的最小值是A-14 B-12 C-34 D-14如图所示，某地一天614时的温度变化曲线近似满足函数，则这段曲线的函数解析式可以为（）A,B,C,D,5函数f(x)=x2-2e|x|的图象大致是A BC D6命题：p：x0R，x4-x2+10)的最大值为18，则a的值为A3 B5 C7 D98已知函数（）的图象在区间上恰有3个最高点，则的取值范围为A B C

3、 D9如图1所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体的直观图，其中， ，若此几何体的俯视图如图2所示，则可以作为其正视图的是A B C D10已知棱长为的正方体内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线为轴，则该圆柱侧面积的最大值为A B C D11已知函数与的图象有三个不同的公共点,其中为自然对数的底数,则实数的取值范围为A B C D或12记为中的最小值，若为任意正实数，则的最大值是A B2 C D二、填空题13如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点M则点M恰好取自阴影部分的概率是 14向量a,b,c满足：|a|=4，|b|=42，b在a上的投影为4，(a-c)(b-c)=0，

4、则bc的最大值是_15数列an且an=1n2+2n,n为奇数sinn4,n为偶数，若Sn为数列an的前n项和，则S2018=_16已知函数f(x)(xR)满足f(x)+f(-x)=6，函数g(x)=2x-3x-1+xx+1，若曲线y=f(x)与y=g(x)图象的交点分别为(x1,y1)，(x2,y2)，(xm,ym).则i=1m(xi+yi)=_三、解答题17已知等差数列an的公差为d，且关于x的不等式a1x2-dx-30,b0,a+b=c，求证：a2a+1+b2b+1120四棱锥S-ABCD的底面ABCD为直角梯形，AB/CD，ABBC，AB=2BC=2CD=2，SAD为正三角形()点M为棱

5、AB上一点，若BC/平面SDM，AM=AB，求实数的值；()若BCSD，求二面角A-SB-C的余弦值21在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x3)2(y1)24和圆C2：(x4)2(y5)24.(1)若直线l过点A(4，0)，且被圆C1截得的弦长为2，求直线l的方程；(2)设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标22已知函数f(x)=(x+b)(ex-a)，(b0)，在(-1,f(-1)处的切线方程为(e-1)x+ey+e-1=0.（1）若n

6、0，证明：f(x)nx2+x；（2）若方程f(x)=m有两个实数根x1，x2，且x1x2，证明：x2-x11+m(1-2e)1-e.好教育云平台 名校精编卷 第5页（共6页） 好教育云平台 名校精编卷 第6页（共6页）2019届广东省汕头市金山中学高三上学期期中考试 数学（理）试题数学 答 案参考答案1B【解析】【分析】先化简M，N，再根据集合的运算和集合的之间的关系即可求出.【详解】集合M=x|x2-x0,a1)=(0，+)，MN=M，MN=(0,+)，RN=(-,0，RM=(-,01,+)， MCRN=，RMN=R 故选：B【点睛】本题考查集合的运算及包含关系的判断及应用，属于基础题2D【

7、解析】【分析】利用复数的运算法则可得：z1，再利用几何意义可得z2【详解】z1=1+3i1-i=(1+3i)(1+i)(1-i)(1+i)=-2+4i2=-1+2i，复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z2=-1-2i，则z1+z2=-2故选：D【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题3B【解析】试题分析：解：根据题意，不妨设点P的坐标为(1,0),点M的坐标为(cos,sin),点N的坐标为,其中00，当x2-2=0时，即x=2时，f(x)有两个零点，x=0时，可得f(0)=-2.；排除B；当x2或xx2-2，图象逐渐走低；故选：D【点睛】本

8、题主要考查了函数奇偶性及图象变换，属于中档题6D【解析】【分析】利用配方法求得x4-x2+10说明p为假命题，举例说明q为假命题，再由复合命题的真假判断得答案【详解】x4-x2+1=(x2-12)2+340，命题p为假命题；，R，sin(-)=sin-sin不正确，比如=90，=-90，sin-sin=2，而sin(-)=0，故命题q为假命题，则p(q)为真命题；(p)(q)为真命题；(p)(q)为真命题；pq为假命题故选：D【点睛】本题主要考查了复合命题的真假判断与应用，考查利用配方法求函数的最值，考查三角函数值的大小判断，属于中档题7A【解析】【分析】由线性约束条件画出可行域，然后结合目标

9、函数的最大值，求出a的值【详解】画出约束条件3x-y-60x-y+20x0,y0的可行域，如图：目标函数z=ax+y(a0)最大值为18，即目标函数z=ax+y(a0)在x-y+2=03x-y-6=0的交点M(4,6)处，目标函数z最大值为18，所以4a+6=18，所以a=3故选：A【点睛】本题主要考查了线性规划问题，作出可行域是解题的关键，属于中档题.8C【解析】因为函数（）的图象在区间上恰有3个最高点，所以 ， 的取值范围为，故选C.【方法点晴】本题主要考查三角函数的图象、三角函数的周期性，属于难题三角函数的图象与性质是高考考查的热点之一，在复习时要注意基础知识的理解与落实三角函数的性质由

10、函数的解析式确定，在解答三角函数性质的综合试题时要抓住函数解析式这个关键，在函数解析式较为复杂时要注意使用三角恒等变换公式把函数解析式化为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦（余弦）函数的性质求解9C【解析】由题意，根据该几何体的直观图和俯视图知，其正视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B，D，而在三视图中看不见的棱用虚线表示，故排除A，所以正确答案为C.点睛：此题主要考查空间几何体的三视图等有关方面的知识，属于中低档题型，也是最近几年高考的必考题型.此题有与以往有不同之处，就是给出了空间几何体的三视图各俯视图，去寻找正视图，注意的是，由实物图画三视图或判断选择三视图

11、时，需要注意“长对正、高平齐、宽相等”的原则，还看得见棱的画实线，看不见的棱要画虚线.10D【解析】如图由正方体的对称性可知，圆柱的上底面必与过点的三个面相切，且切点分别在线段上，设线段上的切点为， 面，圆柱上底面的圆心为，半径即为记为，则， ，由知，则圆柱的高为，.应选答案D。11B【解析】：由，得令且，则，即 （*）由，得，所以函数在上单调递增，在单调递减，且时， ，图象如图所示由题意知方程（*）的根有一根必在内，另一根或或当时，方程（*）无意义；当时， ， 不满足题意，所以时，则由二次函数的图象，有，解得，故选B点睛：函数图象的应用常与函数零点、方程有关，一般为讨论函数零点（方程的根）的

12、个数或由零点(根)的个数求参数取值（范围），此时题中涉及的函数的图象一般不易直接画出，但可将其转化为与有一定关系的函数和的图象问题，且与的图象易得12D【解析】设 ，不妨设，则 ，有 ，又 ， ，则 ，当时， ，此时最小；当 时， ，此时 最小，则 .选D.13【解析】试题分析：根据题意，正方形的面积为而阴影部分由函数与围成，其面积为，则正方形中任取一点,点取自阴影部分的概率为.则正方形中任取一点，点取自阴影部分的概率为考点：定积分在求面积中的应用 几何概型点评:本题考查几何概型的计算，涉及定积分在求面积中的应用，关键是正确计算出阴影部分的面积.1420+82【解析】【分析】由已知可得=4，设

13、a=(4,0)，则b=(4,4)，设c=(x,y)，由(a-c)(b-c)=0，可得(x-4)2+(y-2)2=4，令x=4+2cos，y=2+2sin，把bc转化为关于的三角函数求最值【详解】|a|=4，|b|=42，b在a上的投影为4，|b|cos=4，则cos=22则=4设a=(4,0)，则b=(4,4)，设c=(x,y)，由(a-c)(b-c)=0，得(4-x,-y)(4-x,4-y)=0，则(x-4)2+(y-2)2=4令x=4+2cos，y=2+2sin，则bc=(4,4)(x,y)=4x+4y=20+82sin(+4)20+82故答案为：20+82【点睛】本题主要考查了平面向量数

14、量积及其运算，考查向量在向量上投影的概念，是中档题1530282019【解析】【分析】根据通项公式为分段函数的特点，将前2018项的和分组，分别计算奇数项的和与偶数项的和，其中奇数项可采用裂项相消法求和，偶数项利用周期求和即可.【详解】数列an且an=1n2+2n,n为奇数sinn4,n为偶数，当n为奇数时，an=1n2+2n=12(1n-1n+2)，当n为偶数时，an=sinn4，所以：S2018=(a1+a3+a5+a2017)+(a2+a4+a6+a2018)，=12(1-13+13-15+12017-12019)+(1+0-1+0)，=10092019+1=30282019故答案为：3

15、0282019【点睛】本题主要考查了数列求和中的裂项相消法，分组法，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于中档题163m【解析】【分析】通过f(x)+f(-x)=6，可知y=f(x)关于点(0,3)对称，化简可知g(-x)+g(x)=6，进而y=g(x)关于点(0,3)对称，从而曲线y=f(x)与y=g(x)图象的交点关于点(0,3)对称，计算即得结论【详解】因为f(x)+f(-x)=6，所以y=f(x)关于点(0,3)对称，因为函数g(x)=2x-3x-1+xx+1，所以g(-x)=-2x-3-x-1+-x-x+1=2x+3x+1+xx-1，所以g(-x)+g(x)=6，所以y=g(x)关于

16、点(0,3)对称，所以曲线y=f(x)与y=g(x)图象的交点关于点(0,3)对称，则i=1m(xi+yi)=(x1+x2+xm)+(y1+y2+ym)=0+12m6=3m，故答案为：3m【点睛】本题主要考查了函数的图象的对称性的应用，考查运算能力，属于中档题.17（1）an=1+2(n-1)，即an=2n-1. （2）Sn =2n+1+n2-2【解析】【分析】（1）直接利用已知条件求出数列的通项公式；（2）根据数列的通项公式，利用分组法求出数列的和【详解】（1）由题知，等差数列an的公差为d，且方程的两个根分别为1，3则根据韦达定理得到：da1=2,-3a1=-3,解得d=2,a1=1.，故

17、数列an的通项公式为an=a1+（n1）d=1+（n1）2=2n1（2）据（1）求解知an=2n-1，所以bn=2(an+12)+an=2n+(2n-1)，所以Sn=(2+4+8+2n)+(1+3+5+2n-1)=2n+1+n2-2【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知Sn和an的关系，求an表达式，一般是写出Sn-1做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等。18（1）23；（2）53【解析】【分析】利用正弦定理化简即可得到答案根据角A和ABC=6，可以求得角C的值，得到AC

18、=AD，利用余弦定理即可求出AD的值，然后根据三角形的面积公式求得结果【详解】（1）由2acosC-c=2b正弦定理，可得2sinAcosC-sinC=2sinB即2sinAcosC-sinC=2sin(A+C)可得：-sinC=2sinCcosAsinC0 cosA=-12A(0,)则A=23（2）由（1）可知A=23ABC=6 C=6则AC=AB设AD=x，则AB=2x，在ABD中利用余弦定理：可得BD2=AB2+AD2-2ABADcosA即7x2=35，可得x=5，故得ABC的面积S=124x2sin23=53【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理解三角形，利用正弦定理完成边角的互化，

19、运用余弦定理给出边长之间的数量关系，需要数量掌握公式来解题。19（1）1,5；（2）见解析【解析】【分析】（1）f（x）x+1，即|x1|+|x3|x+1通过当x1时，当1x3时，当x3时，去掉绝对值符号，求解即可；（2）由绝对值不等式性质得，|x1|+|x3|（1x）+（x3）|=2，推出a+b=2令a+1=m，b+1=n，利用基本不等式转化求解证明即可【详解】当时，不等式可化为4-2xx+1，x1又x3时，不等式可化为2x-4x+1，x5又x3，综上所得， 原不等式的解集为 （2）证明：由绝对值不等式性质得，|x-1|+|x-3|(1-x)+(x-3)|=2，即令a+1=m，则，m+n=4

20、，a2a+1+b2b+1=(m-1)2m+(n-1)2n =m+n-4+1m+1n =4mn 4(m+n2)2=1，原不等式得证【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，不等式的证明，考查转化思想以及计算能力，属于中档题20（1）=12（2）-105【解析】【分析】()推导出BC/DM，AB/DC，从而四边形BCDM为平行四边形，由AB=2CD，得M为AB的中点.由此能求出()在平面SCD内过点S作SE直线CD于点E，以点E为坐标原点，EA方向为x轴，EC方向为y轴，ES方向为z轴建立空间坐标系，利用向量法能求出二面角A-SB-C的余弦值【详解】()BC/平面SDM,BC平面ABCD，平面SDM平面

21、ABCD=DM，BC/DM，AB/DC，四边形BCDM为平行四边形，又AB=2CD，M为AB的中点AM=AB，=12()BCSD，BCCD，BC平面SCD，又BC平面ABCD，平面SCD平面ABCD，平面SCD平面ABCD=CD，在平面SCD内过点S作SE直线CD于点E，则SE平面ABCD，在RtSEA和RtSED中，SA=SD，AE=SA2-SE2=SD2-SE2=DE，又由题知EDA=45，AEED，AE=ED=SE=1，以点E为坐标原点，EA方向为x轴，EC方向为y轴，ES方向为z轴建立如图所示空间坐标系，则E(0,0，0)，S(0,0，1)，A(1,0，0)，B(1,2，0)，C(0,

22、2，0)，SA=(1,0，-1)，AB=(0,2，0)，SC=(0,2，-1)，CB=(1,0，0)，设平面SAB的法向量n=(x,y，z)，则nSA=x-z=0nAB=2y=0，令x=1，得n=(1,0，1)，同理得m=(0,1，2)为平面SBC的一个法向量，cos=mn|m|n|=105，二面角A-SB-C为钝角，二面角A-SB-C的余弦值为-105【点睛】本题主要考查了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，属于中档题21（1）y0或7x24y280.（2）或【解析】(1)设直线l的方程为yk(x4)，即kxy4k0.由垂径定理，得圆心C

23、1到直线l的距离d1，结合点到直线距离公式，得1，化简得24k27k0，解得k0或k.所求直线l的方程为y0或y (x4)，即y0或7x24y280.(2)设点P坐标为(m，n)，直线l1、l2的方程分别为ynk(xm)，yn (xm)，即kxynkm0， xynm0.因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等由垂径定理，得圆心C1到直线l1与圆心C2到直线l2的距离相等故有，化简得(2mn)kmn3或(mn8)kmn5.因为关于k的方程有无穷多解，所以有解得点P坐标为或.22（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】()求得f(x)的导数，可得切线的斜率和切点

24、，由切线方程可得f(x)的解析式，令g(x)=(x+1)(ex-1)-x，求得导数和单调性，即可得证；()设f(x)在(-1,0)处的切线方程为h(x)，可得h(x)=(1e-1)(x+1)，令F(x)=f(x)-h(x)，求得导数和单调性，运用函数方程的转化，以及函数的单调性的运用，即可得证【详解】()由题意f(-1)=0，所以f(-1)=(-1+b)(1e-a)=0，又f(x)=(x+b+1)ex-a，所以f(-1)=be-1-a=-1+e-1，若a=e-1，则b=2-e0矛盾，故a=1，b=1；可知f(x)=(x+1)(ex-1)，f(0)=0，f(-1)=0，由n0，可得xnx2+x，

25、令g(x)=(x+1)(ex-1)-x，g(x)=(x+2)ex-2，当x-2时，g(x)=(x+2)ex-2-2-2时，设h(x)=g(x)=(x+2)ex-2，h(x)=(x+3)ex0，故函数g(x)在(-2,+)上单调递增，又g(0)=0，所以当x0时，g(x)0时，g(x)0，所以函数g(x)在区间(-,0)上单调递减，在区间(0,+)上单调递增，故g(x)g(0)=0，即(x+1)exxnx2+x，故f(x)nx2+x；()设f(x)在(-1,0)处的切线方程为h(x)，易得，h(x)=(1e-1)(x+1)，令F(x)=f(x)-h(x)，即F(x)=(x+1)(ex-1)-(1

26、e-1)(x+1)，F(x)=(x+2)ex-1e，当x-2时，F(x)=(x+2)ex-1e-1e-2时，设G(x)=F(x)=(x+2)ex-e-1，G(x)=(x+3)ex0，故函数F(x)在(-2,+)上单调递增，又F(-1)=0，所以当x-1时，F(x)-1时，F(x)0，所以函数F(x)在区间(-,-1)上单调递减，在区间(-1,+)上单调递增，故F(x)F(-1)=0，f(x1)h(x1)，设h(x)=m的根为，则，又函数h(x)单调递减，故，故，设y=f(x)在(0,0)处的切线方程为y=t(x)，易得t(x)=x，由()得f(x2)t(x2)，设t(x)=m的根为，则，又函数t(x)单调递增，故，故，又，【点睛】本题主要考查了应用导数求切线的斜率和函数的单调性，考查分类讨论思想方法和构造函数法，考查化简运算能力和推理能力，属于难题好教育云平台 名校精编卷答案 第13页（共14页） 好教育云平台 名校精编卷答案 第14页（共14页）