【茂名一模】广东省茂名市2018届高三上学期第一次综合测试(一模)数学(理)试题+Word版含答案

2018年茂名市高三级第一次综合测试

数学试卷（理科） 2018.1

本试题卷分选择题和非选择题，共6页，23小题, 全卷满分150分,考试时时间120分钟.

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.

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．填空题和解答题的作答：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．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑. 答案写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. 5．考试结束后，请将答题卡上交.

第一部分 选择题（共60分）

一、

选择题：本大题共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．若集合Axx22x30，B={−1, 0, 1,2}，则A∩B= （ ）

A. {−1, 0, 1,2} B. {x|−1＜x＜3} C.{0,1, 2} D. {−1, 0, 1} 2．已知复数z满足(z-i)i=2+i,i是虚数单位,则|z|=( )

A.

B.

C.

D. 3

y23．已知变量x,y满足约束条件xy4 ，则z3xy的最大值为（ ）

xy1A. 12 B. 11 C. 3 D. －１

4. 设X~N1,1,其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形ABCD中随机投掷10000个 点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是（ ）

X)6286.%（注:若X~N,2，则P(, P(2X2)95.44%）

A.. 7539 B. 6038

C. 7028 D. 6587

y 1 A B O D 1 C 2 x 5．数学文化《算法统宗》是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔

七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”，其意大致为：有一栋七层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有381盏灯，则该塔中间一层有（ ）盏灯. A. 24 B. 48 C. 12 D. 60

6．甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后，甲说：“丙被录用了”；乙说：“甲被录用了”；丙说：“我没被录用”.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（ ）

A. 丙被录用了 B. 乙被录用了 C. 甲被录用了 D. 无法确定谁被录用了 7．函数f(x)e的部分图像大致为（ ）

|x|x

y y y y -1 O 1 x O 1 -1 x -1 O 1 x O 1 x A

8．执行如图所示的程序框图，那么输出的S值是( )

1A. B. -1

2B

C

D 开始 S=2 k=0 否 k<2018?是 C. 2018 D. 2

x2y29．设P是双曲线221(a0,b0)上的点， F1,F2是

ab其焦点，且PF1PF2，若PF1F2的面积是1, 且ab3， 则双曲线的离心率为（ ）

35A.. 2 B. 5 C. D.

2 2S1 1S输出S k=k+1 结束 10．已知ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若2sin(则ABC的面积的最大值为（ ）．

A)1，且a2，26A. 3 B.33 C. D. 23 2 3322211． 三棱锥的三视图如图所示 ，则该三棱锥

外接球的体积为（ ） A. 43 B. 23

C. 42 D. 22

333正视图 22侧视图

3232俯视图 12.定义在R上的奇函数fx满足条件f1xf1x，当x0，1时，fxx，若函数

gxfxaex在区间2018，2018上有4032个零点，则实数a的取值范围是（ ）

A. 0,1 B. e,e3 C. e,e2 D. 1,e3

第二部分 非选择题（共90分）

本卷包括必考题和选考题两部分（第13-21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）.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，

13．已知a(1,2),b(1,), 若ab，则=____________. 14．在(1x)2(1x)4的展开式中，x2的系数是_____________.

3xπ15．已知函数fx4sinxsin22sin2x0在区间[,]上是增函数，且

4424在区间0,π上恰好取得一次最大值，则的取值范围是 _.

16．从抛物线x24y的准线l上一点P引抛物线的两条切线PA、PB，且A、B为切点，若

直线AB的倾斜角为

三、解答题：本大题共7小题，共70分.其中17至21题为必做题，22、23题为选做题.解答过

程应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

,则P点的横坐标为 _. 617. （本小题满分12分）

3设正项等比数列{an}，a481， 且a2,a3的等差中项为(a1a2).

2 （I）求数列{an}的通项公式；

（II）若bnlog3a2n1， 数列{bn}的前n项和为Sn，数列cn满足cn1,4Sn1

Tn为数列cn

的前n项和，若Tnn恒成立，求的取值范围.

18.（本小题满分12分）

PC2,ABC如图， 在四棱锥PABCD中，PC⊥底面ABCD，AD∥BC，AD=2BC2，

是以AC为斜边的等腰直角三角形，E是PD的中点． （I）求证：平面EAC⊥平面PCD；

（II）求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.

19. （本小题满分12分）

交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费

PECDAB用（基准保费）统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率就越高，具体浮动情况如下表：

交强险浮动因素和浮动费率比率表 浮动因素 上一个年度未发生有责任道路交通事故 上两个年度未发生有责任道路交通事故 上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故 上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故 上一个年度发生两次及两次以上有责任道路交通事故 上一个年度发生有责任道路交通死亡事故 浮动比率 下浮10% 下浮20% 下浮30% 0% 上浮10% 上浮30% A1 A2 A3 A4 A5 A6 某机构为了解某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了100辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计如下表： 类型 数量 A1 20 A2 10 A3 10 A4 30 A5 20 A6 10 以这100辆该品牌车的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率，完成下列问题：

a950（I）按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》汽车交强险价格的规定，，（元）记X为某同学家的一辆该品牌车在第四年续保时的费用，求X的分布列与数学期望；

（II）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车，假设购进一辆事故车亏损5000元，一辆非事故车盈利10000元：

①若该销售商购进三辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；

②若该销售商一次购进100辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求该销售商获得利润的期望值．

20．（本小题满分 12 分）

4y2x2已知椭圆C1：221（(ab0)）的一个焦点为F1(0,5)，且经过点P(,5).

3ab（I）求椭圆C1的标准方程；

（II）已知椭圆C2的中心在原点，焦点在y轴上，且长轴和短轴的长分别是椭圆C1的长轴和短轴的

长的倍(>1) ，过点C(-1,0)的直线l与椭圆C2交于A，B两个不同的点，若AC2CB，求△OAB 面积取得最大值时直线l的方程.

21. （本小题满分12分）

已知函数gxlnx2xa (aR). x（I）讨论gx的单调性； （II）当0a1af(x)xg(x)(2)x2x在其定义域内有两个不同的极值点，时，函数

e2m记作x1,x2，且x1x2，若m1，证明： x1x2

e1m.

请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时，请用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。 22．（本小题满分10分）（选修4-4：坐标系与参数方程选讲） 在直角坐标系xOy中，直线l倾斜角为，其参数方程为x2tcos（t为参数），在以原

ytsin点O为极点，x轴非负半轴为极轴的极坐标系中（取相同的长度单位），曲线C的极坐标方程为4cos0．

（I）若直线l与曲线C有公共点，求直线l倾斜角的取值范围； （II）设Mx，y为曲线C上任意一点，求x3y的取值范围．

23．（本小题满分10分）（选修4-5：不等式选讲） 已知函数f(x)x3x5. （I）求不等式f(x)2的解集；

（II）设函数f(x)的最大值为M,若不等式x22xmM有解，求m的取值范围.

2018年茂名市高三级第一次综合测试（答案）

数学参考答案（理科）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分. 题号 答案 1 C 2 A 3 B 4 D 5 A 6 C 7 C 8 A 9 C 10 11 12 B A B 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，

1122313 14. 10 15. [,] 16. 2233部分选择填空题解析 10解析：2sin(AA2A)1A(0,)(,),A

2663266326 .

2,即4b2c2bc . 3422根据基本不等式得:4bcbc2bcbc3bc,即bc .

322又a2，由余弦定理得：4bc2bccos当且仅当bc时，等号成立.

11433ABC面积SbcsinA(当且仅当bc时，等号成立) 22323ABC的面积的最大值3 3A

11 解析：三棱锥的直观图如图，以ABC所在平面为球的截面，则截面圆的半径为

2131，球心到ABC所在平面的距离为2，则球的半2sin602C

D B

3径为1(2)3，所以球的体积为(3)43.

4312解析:fx满足条件f1xf1x且为奇函数，函数fxf2xfx

x1时，fxx，作mxfx与nxae图像， fx周期为4，当x0，y

-3 -2 -1 1 2 3 x 函数gxfxaex在区间2018，即mxfx与nxae2018上有4032个零点，

x在0,4有且仅有两个交点，m1n13即eae

m3n3π1cosx2xπ2sin2x4sinx2sin2x 15.解析：fx4sinxsin2224ππ是函数含原点的递增区间． 2sinx1sinx2sin2x2sinx，∴,22又∵函数在[344,]上递增，∴[3,][,]， 22442224∴得不等式组，得2 ，又∵0，∴ 0，

33342又函数在区间0,π上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可知x2kππ，kZ，2即函数在x2kπππ112处取得最大值，可得0≤≤π，∴≥，综上，可得[,]． 2222316. 解析：设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，-1），则

KAB2243xx23y1y23又yx1 yx2∴KAB1∴x1x2123 43,x1x23,44，

x2x由x4y，得y，∴y

422∴切线PA的方程为y﹣y1=

x1x（x﹣x1），切线PB的方程为y﹣y2=2（x﹣x2）， 22x12x1即切线PA的方程为y﹣=（x﹣x1），即x122x1x4y0

42x22x2切线PB的方程为y﹣=（x﹣x2），即x222x2x4y0

42点P（x0,1)在切线PA、PB上 x122x1x040，x222x2x040

x1,x2是方程x22x0x40的两根，x1+x2=2x0，x023 .3三、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：（I）设等比数列{an}的公比为q(q0)，

3a4a1q81由题意，得 „„„„„„„2分 2a1qa1q3(a1a1q)a13解得 „„„„„„„3分

q3所以 ana1qn13n „„„„„„4分 （II） 由（I）得bnlog332n12n1， „„„„„„5

分

Sn∴cnn(b1bn)n[1(2n1)]n2． „„„„„„6分 221111 , „„„„„„„8分 24n122n12n1∴Tn11111n1 ,„„„„„10分 123352n12n12n1 若Tn=n1n恒成立，则 (nN)恒成立， 2n12n111)max所以2n13,

则(„„„„„„„12分

18. （I）证明：∵PC⊥底面ABCD，AC底面ABCD

∴PC⊥AC

由题意可知，AD∥BC，且AD2BC2

„„„„„„„1分

ABC是等腰直角三角形

∴ AC2BC2， CD2 ∴CDACAD，即ACCD,

222„„„„„„„2分

P„„„„„„„3分

H又∵PCCDC „„„„„„„4分

E∴AC⊥平面PCD CB„„„„„„„5分 AC平面EAC

∴平面EAC⊥平面PCD „„„„„„„6分

DA（II）解法1：由（1）得平面EAC⊥平面PCD,

平面EAC平面PCD=EC

作PHEC，∴PH平面EAC „„„„„„„„8分 所以PA与平面EAC所成角为PAH „„„„„„„9分 在RtPAC中，PA6，

323„„„„„„10分 ,PHPCsinPCE33

在RtPHC中，sinPCE23PH22sinPAH3所以直线PA与平面EAC所成角的正弦值为„„„12分

PA336解法

2：∵PC⊥底面

ABC，则建立如图所示的直角坐标

系, „„„„„„„7分

则P(0,0,2)，C(0,0,0),A(0,2,0),D(2,0,0),E(,0,1)

2

22,0,1),PA(0,2,2). „„„„„„„8CA(0,2,0),CE(2分

EAC设平面的法向量为n(x,y,z),

2y0nCA0则即 „„„„„„„9分 nCE02x+2z0令z1, 解得n(-2,0,1)„„„„„„„10分

记直线PA与平面EAC所成角为，

nPA2|则sin|cosn,PA||

3|n||PA|所以直线PA与平面EAC所成角的正弦值为2 „„„„„„„12分 3解法3：PC⊥底面ABCD，作x轴垂直CB于点C，

建立如图所示的直角坐标系, „„„„„„„7分 则P(0,0,2)，C(0,0,0),A(1,1,0),D(1,1,0),E(,,1)

221111CA(1,1,0),CE(,,1),PA(1,1,2). „„„„„„„8分

22设平面EAC的法向量为n(x,y,z),

xy0nCA0则即1 „„„9分 1xyz0nCE022 解得n(1,1,1)

„„„„„„„10分

nPA2|设直线PA与平面EAC所成角为，则sin|cosn,PA||

3|n||PA|所以直线PA与平面EAC所成角的正弦值为

2 „„„„„„„12分 319. 解：（I）由题意可知：X的可能取值为0.9a,0.8a,0.7a,a,1.1a,1.3a „„„„„„„1分 由统计数据可知： P(X0.9a)111， P(X0.8a)， P(X0.7a)， 51010311P(Xa)， P(X1.1a)， P(X1.3a). „„„„„„„„4分

10510所以X的分布列为： X P 0.9a 0.8a 0.7a a 1.1a 1.3a 1 51 101 103 101 51 10 „„„„„„„„5

分

1113119.80.8a0.7aa1.1a1.3aa931 „„„6分 5101010510103（II）①由统计数据可知任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率为， „„„„7分

103332030131三辆车中至多有一辆事故车的概率为PC3()(1)C3()(1)0.784 „„„„9分

10101010所以 EX0.9a②设Y为该销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y的可能取值为-5000,10000 所以Y的分布列为：

Y P -5000 10000 分

EY50003 107 10„„„„„„„10

37100005500 „„„„„„„„111010分

所以该销售商一次购进100辆该品牌车龄已满三年的二手车获得利润的期望值为

100EY550000元=55万元. „„„„„„„„12分

20.解：(1)解法一:设椭圆C1的另一个焦点为F2(0,5),由题意可得, PF1F2为直角三角形,

4PF1,F1F225,PF23PF1F1F22214 „ „„„„„„..1分 3由椭圆的定义得2aPF1PF2186,即a3, „ „„„„..2分 3又由b2c2a2得, b2, „„„„„..3分

y2x21 „„„„„..4分 椭圆C1的标准方程94解法二: 设椭圆C1的另一个焦点为F2(0,5),由椭圆的定义得

2aPF1PF2442()2+（25）=6,即a3, „„„ „„..2分 33又由b2c2a2得, b2 ,„„„„„..3分

y2x21 „„„„„..4分 椭圆C1的标准方程94解法三:

4516y2x2 把点P(,5)代入方程221 得, 221 ① „„„„..1分

3a9bab又b25a2 ② „„„„..2分

由①②得a3,b2, „„„„..3分

y2x21 „„„„„..4分 椭圆C1的标准方程94

y2x2（2）设椭圆C2的方程为221 ，A(x1,y1),B(x2,y2) .„„„„„„5分

94∵>1，∴点C(-1，0)在椭圆内部,直线l与椭圆必有两个不同的交点. 当直线l垂直于x轴时，ACCB (不是零向量)，不合条件

故设直线 l方程为y=k(x+1)(A，B，O三点不共线，故k≠0), „„„„„„6

分

yk(x1)91822(4)yy9360 由2得222kk4y9x36y1y218k „„„„„„„„..7分 294k∵AC2CB ，而点C(-1，0), ∴(-1-x1,-y1)=2(x2+1,y2)，

∴y1=-2y2， „„„„„„„„8分

-18k即y1+y2=- y2 y2 „„„„„„„9分

94k2111△OAB的面积为SOABSAOCSBOC1|y1|1|y2||y1-y2|

2222739318|k|27|y2| „„„„„..11分 92294|k|244|k|236|k|93 ，即k=±时，△OAB的面积取得最大值 4233所以直线l的方程为y(x1)或y-(x1) „„„„„„„„..12分

22上式取等号的条件是|k|221a2xxa21.解：（I）gx22 (aR) „„„„„„1分 2xxx方程2xxa0的判别式 18a

①当a时，0，gx0，gx在(0,)为增函数 „„„„„„2分

2②当a时，0，方程2xxa0的两根为x121818118a118a， ,x244当1a0时，x1x20 ，gx在(0,)为增函数 „„„„„„3分 8当a0时，x10x2 ，gx在(x2,)为增函数，在(0,x2]为减函数 „„„„„„4分 综上所述：当a0时，gx的增区间为(0,)，无减区间

当a0时，gx的增区间为(x2,)，减区间(0,x2] „„„„„„5分 （II）证明：f(x)xlnxa2xxa(aR) 所以 f(x)lnxax 2m1m因为f(x)有两极值点x1,x2，所以lnx1ax1 ，lnx2ax2 „„„„„„6分 欲证x1x2em1m等价于要证：ln(x1x2)lne

即 1mlnx1mlnx2， „„„„„„7分 所以1mlnx1mlnx2ax1max2a(x1mx2)，因为m1,0x1x2，

所以原式等价于要证明：a1mx1mx2ln. 又lnxax，lnxax，

2211x1xx2作差得ln1a(x1x2)a， „„„„„„8分

x2x1x2x1x2x(1m)(x1x2)1m所以原式等价于要证明：， „„„„„„9分 ln1x1x2x1mx2x2x1mx2ln令tx1(1m)(t1),t(0,1)，上式等价于要证：lnt，t(0,1)， „„„„„„10分 x2tm(1m)(t1)(t1)(tm2)令h(t)lnt，所以h(t)，

tmt(tm)2当m1时，h(t)0，所以h(t)在(0,1)上单调递增，因此h(t)h(1)0，

lnt

(1m)(t1)在t(0,1)上恒成立，所以原不等式成立。 „„„„„„12分

tm22．解（I）法一：∵曲线C的极坐标方程为24cos0，

∴曲线C的直角坐标方程为x2y24x0， „„„„„„1分

x2tcos 将，代入x2y24x0整理得t28tcos120 „„„„„„2分

ytsin∵直线l与曲线C有公共点，∴64cos248≥0 „„„„„„3分 33或cos≤， „„„„„„4分

22π5π∵0，π，∴的取值范围是[0，]，π „„„„„„5分

66即cos≥法二：由曲线C的极坐标方程得24cos0，

∴曲线C的直角坐标方程为x2y24x0，即x2y24 „„„„„„1分 ∴曲线C是圆心为C(2, 0)，半径为2的圆.

∵直线l过点P(−2,0)，当l斜率不存在时，l的方程为x= 2与曲线C没有公共点；„„„„2分 ∴当直线l斜率存在时，设直线l的方程为：yk(x2)，即kxy2k0 直线l与圆有公共点，则 d|2k02k|2 „„„„„„3分

2k12∴33k „„„„„„4分 33π5π∵0，π，∴的取值范围是[0，]，π „„„„„„5分

66（II）法一：曲线C的直角坐标方程为x2y24x0可化为x2y24

x22cos其参数方程为（为参数） „„„„„„7分

y2sin2∵Mx，y为曲线C上任意一点，

π∴x3y22cos23sin 24sin „„„„„„8分

6∴x3y的取值范围是2，6． „„„„„„10分 法二：设x3ym， „„„„„„6分 由于圆x2y24x0即x2y24与x3ym0有交点， „„„„„„7分 ∴ d|20m||m2|2 „„„„„„9分

2123222m6 ∴x3y的取值范围是2，6． „„„„„„10分

23. 解：（I）当x3时，f(x)8， 此时f(x)2无解， „„„„„„1分

当5x3时，f(x)2x2，由f(x)2解得5x2； „„„„„3分 当x5时，f(x)8，此时f(x)2恒成立 „„„„„„„„„4分 综上所述，f(x)2的解集为{x|x2} „„„„„„„„„5分

8,(x3)（II）由（I）可知f(x)2x2,(5x3)， „„„„„„„„6分

8,(x5)易知函数f(x)的最大值为8， „„„„„„„„„7分 若x22xm8有解，得mx22x8有解 „„„„„„8分 即m[(x1)29]max9， „„„„„„„„„9分 故m9. „„10分