【市级联考】广东省2019届广州市高中毕业班综合测试文科数学试题.doc

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第I卷（选择题)
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评卷人
得分

一、单选题
1．已知集合A={x|x2-2x<0}，b={x|x>0}，则(　　)
A．A∩B=⌀ B．A∪B=R C．B⊆A D．A⊆B
2．已知a为实数，若复数(a+i)(1-2i)为纯虚数，则a=(　　)
A．-2 B．-12 C．12 D．2
3．已知双曲线C：x2-y2b2=1的一条渐近线过点(b,4)，则C的离心率为(　　)
A．52 B．32 C．5 D．3
4．a，b为平面向量，己知a=(2,4)，a--2b=(0,8)则a，b夹角的余弦值等于(　　)
A．-45 B．-35 C．35 D．45
5．若sinα>sinβ>0，则下列不等式中一定成立的(　　)
A．sin2α>sin2β B．sin2α　　)

A．ba B．ab C．3ab D．3ba
7．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱AB，BC的中点，则直线CE与D1F所成角的大小为(　　)
A．π6 B．π4 C．π3 D．π2
8．如图，一高为H且装满水的鱼缸，其底部装有一排水小孔，当小孔打开时，水从孔中匀速流出，水流完所用时间为T.若鱼缸水深为h时，水流出所用时间为t，则函数h=f(t)的图象大致是(　　)

A． B．
C． D．
9．函数f(x)=sin(x+π12)+sin(x+5π12)最大值是(　　)
A．2 B．32 C．3 D．23
10．一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长为2的正方形，则该几何体的表面积为(　　)

A．13π2 B．7π C．15π2 D．8π
11．已知F为抛物线C：y2=6x的焦点，过点F的直线l与C相交于A，B两点，且|AF|=3|BF|，则|AB|=(　　)
A．6 B．8 C．10 D．12
12．已知函数f(x)=e|x|-ax2，对任意x1<0，x2<0，都有(x2-x1)(f(x2)-f(x1))<0，则实数a的取值范围是( 2="" 4="" 6="" 7="" 8="&quot; 9="" 12="" 13="" 18="" 100="" 2y="0相切，则圆C的方程为______．" x0-2y0="2，则m的取值范围是______．" b="2，c=3，C=2B，则△ABC的面积为______．" lga1="0，lga4=1．" bad="∠BCD=90∘，点P是AC的中点，连接BP，DP" bd="6，cos∠BPD=-33，求三棱锥A-BCD的体积．" k2="n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d" 0.100="" 0.050="" 0.025="" 0.010="" 0.001="" k0="" 2.706="" 3.841="" 5.024="" 6.635="" 10.828="" y2b2="1(a">b>0)的一个焦点为F(1,0)，点P(23,263)在C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y=x+m与椭圆C相交于A，B两点，问y轴上是否存在点M，使得△ABM是以M为直角顶点的等腰直角三角形？若在在，求点M的坐标：若不存在，说明理由．
21．已知函数f(x)=ex-1+a，g(x)=lnx，其中a>-2．
(1)讨论函数y=f(x)与y=g(x)的图象的交点个数；
(2)若函数y=f(x)与y=g(x)的图象无交点，设直线y=t与的数y=f(x)和y=g(x)的图象分别交于点P，Q.证明：|PQ|>a+1．
22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为y=sin2tx=cost.(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线C2的极坐标方程为ρ(sinθ-acosθ)=12(a∈R)．
(1)写出曲线C1的普通方程和直线C2的直角坐标方程；
(2)若直线C2与曲线C1有两个不同交点，求a的取值范围．
23．已知函数f(x)=|x+a|-|2x-1|．
(1)当a=1时，求不等式f(x)>0的解集；
(2)若a>0，不等式f(x)<1对x∈R都成立，求a的取值范围．

试卷第5页，总6页
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参考答案
1．D
【解析】
【分析】
先由二次不等式，得到集合A，再借助数轴，得到集合A，B的关系，以及集合A，B的交集和并集．
【详解】
由x2-2x<0，得：0sinβ>0，∴sin2α>sin2β>0，-2sin2α<-2sin2β，
则12sin2α<1-2sin2β，
即cos2αsinβ，但是cosα和cosβ的关系大小不确定，正负也不确定，故sin2α和sin2β的关系也不确定.
故选：D．
【点睛】
本题主要考查不等式大小的比较，结合二倍角公式进行化简是解决本题的关键．
6．C
【解析】
【分析】
由正十二边形的面积与圆的面积公式，结合几何概型中的面积型得：S正十二边形S圆=ba，所以12×12×2×2×sin3004π=ba，即π=3ab，得解.
【详解】
由几何概型中的面积型可得：
S正十二边形S圆=ba，正十二边行，可分为十二个等边三角形，由十二个等边三角形的面积和即可得到十二边形的面积，
所以12×12×2×2×sin3004π=ba，
即π=3ab，
故选：C．
【点睛】
本题考查了几何概型概率的求法；在利用几何概型的概率公式来求其概率时，几何“测度”可以是长度、面积、体积、角度等，其中对于几何度量为长度，面积、体积时的等可能性主要体现在点落在区域Ω上任置都是等可能的，而对于角度而言，则是过角的顶点的一条射线落在Ω的区域（事实也是角）任一位置是等可能的．
7．D
【解析】
【分析】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线CE与D1F所成角的大小．
【详解】

连接DF，DF∩CE=O在正方形ABCD中，tanCDF=tanECB=12，故得到三角形△DCF≅△CBE ∵∠CDF+∠CFD=π2，∠ECB+∠COF=π2
故得到CE⊥DF，∵DD1⊥CE,DD1∩DF=D⇒CE⊥面DD1F，所以CE⊥D1F
故得到直线CE与D1F所成角为π2.
故选：D．
【点睛】
本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．
8．B
【解析】
【分析】
根据时间和h的对应关系分别进行排除即可．
【详解】
函数h=f(t)是关于t的减函数，故排除C，D
则一开始，h随着时间的变化，而变化变慢，超过一半时，h随着时间的变化，而变化变快，故对应的图象为B，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查函数与图象的应用，结合函数的变化规律是解决本题的关键．
9．C
【解析】
【分析】
根据诱导公式和两角和的正弦公式化简f(x)即可得出结论．
【详解】
∵sin(x+5π12)=sin(π2+x-π12)=cos(x-π12)，
∴f(x)=sin(x+π12)+cos(x-π12)
=sinxcosπ12+cosxsinπ12+cosxcosπ12+sinxsinπ12=(sinπ12+cosπ12)sinx+(sinπ12+cosπ12)cosx，
∵sinπ12+cosπ12=2sin(π12+π4)=2sinπ3=62．
∴f(x)=62sinx+62cosx=3sin(x+π4).
∴f(x)的最大值为3．
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角恒等变换，三角函数的最值，属于中档题．
10．B
【解析】
【分析】
画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可．
【详解】
由题意可知：几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为：1，圆柱的高为2，
可得：该几何体的表面积为：14×4π×12+2×π×12+2π×2=7π．

故选：B．
【点睛】
思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.
11．B
【解析】
【分析】
根据抛物线的方程求出准线方程，利用抛物线的定义即条件，求出A，B的中点横坐标，即可求出线段AB的长度.
【详解】
抛物线y2=6x的焦点坐标为(32,0)，准线方程为x=32
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则
∵|AF|=3|BF|，∴x1+32=3(x2+32)，∴x1=3x2+3
∵|y1|=3|y2|，∴x1=9x2，∴x1=92，x2=12，
∴|AB|=(x1+22)+(x2+32)=8．
故选：B．
【点睛】
本题考查解决抛物线上的点到焦点的距离问题，利用抛物线的定义将到焦点的距离转化为到准线的距离是关键．
12．A
【解析】
【分析】
由题意将原问题转化为函数单调性的问题，利用导函数的符号结合题意确定实数a的取值范围即可．
【详解】
由题意可知函数f(x)是(-∞,0)上的单调递减函数，
且当x<0时，f(x)=e-x-ax2,f 2="5．" 6="34a2+6-54a2-2×32a×6-54a2×(-33)，解得a=2；" 12="" 16="" 23="" 24="" 36="" 40="" 48="" 60="" 64="" 100="" 178="" 15716="" -1ex-2ax="-2axex+1ex≤0，" x="exx+1，" min="e2，" alog32="6，变形可得alog32=-2，" alog312="18-alog32=178；" r="|1+2×2|1+4=5，结合圆的标准方程分析可得答案．" 2y="0相切，则圆心到直线的距离为半径，则有r=|1+2×2|1+4=5，" x0-2y0="2，" x-2y="2的下方，" .="" b="2，c=3，C=2B，quot; bsinb="csinC，可得：2sinB=3sinC，可得：2sinB=3sin2B=32sinBcosB，" cosb="34，可得：sinB=1-cos2B=74，" sinc="sin2B=2sinBcosB=378，cosC=cos2B=2cos2B-1=18，" sina="sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=74×18+34×378=5716，" s="12⋅BP⋅DP⋅sin∠BPD=22，" ab="a，在Rt△ABD中，BD=6，则AD=BD2-AB2=6-a2；" b2="" a2="" an="1+3(n-1)=3n-2．" lga1="0，lga4=1．" a1="1a1+3d=10，" d="3" ak2="a1⋅a6，根据等差数列的通项公式得到：ak=3k-2，" k="2；a1，a2，a6是等比数列{bn}的前3项，a1=1，a2=4，" q="4．" bn="3n-2+4n-1，" sn="(1+1)+(4+41)+…+(3n-2+4n-1)，" bad="∠BCD=90∘，" ad="CD，" pb="P，PD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD，" bp="32AB=32a，" dp="AD2-AP2=6-a2-(12a)2=6-54a2；" bpd="-33，得sin∠BPD=63；" bd2="BP2+DP2-2⋅BP⋅cos∠BPD，" v="13⋅AC⋅S△BPD=13×2×22=23．" x-="160(7.5×18+12.5×12+17.5×9+22.5×9+27.5×6+32.5×4+37.5×2)≈16.92；" p="621=27．" k2="n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100(48×24-16×12)264×36×60×40≈16.667">10.828．
故有99.9%6的把握认为“十分爱好该课程者”与性別有关．
【点睛】
本题主要考查古典概型的概率计算，以及独立性检验的应用，利用列举法是解决本题的关键.考查学生的计算能力．对于古典概型，要求事件总数是可数的，满足条件的事件个数可数使得满足条件的事件个数除以总的事件个数即可.
20．（1）x24+y23=1（2）见解析
【解析】
【分析】
(1)先求出c的值，再根据49a2+83b2=1，又a2=b2+c2=b2+1，即可得到椭圆的方程;(2)假设y轴上存在点M(0,t)，△ABM是以M为直角顶点的等腰直角三角形，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段AB的中点为N(x0,y0)，根据韦达定理求出点N的坐标，再根据AM⊥BM，MN⊥l，即可求出m的值，可得点M的坐标
【详解】
(1)由题意可得c=1，点P(23,263)在C上，
∴49a2+83b2=1，
又a2=b2+c2=b2+1，
解得a24，b2=3，
∴椭圆C的方程为x24+y23=1，
(2)假设y轴上存在点M(0,t)，△ABM是以M为直角顶点的等腰直角三角形，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段AB的中点为N(x0,y0)，
由x24+y23=1y=x+m，消去y可得7x2+8mx+4m2-12=0，
△=64m2-28(4m2-12)=16(21-3m2)>0，解得m2<7， 1="-1，可得t=-m7，" 2="0，" x2="-8m7，x1x2=4m2-127，" x0="-x1+x22=-4m7，y0=x0+m3m7，" y2-tx2="-1，" y1="x1+m，y2=x2+m，" m="3时，点M(0,-37)满足题意，当m=-3时，点M(0,37)满足题意" a="lnx根的个数，据此构造函数，分类讨论即可确定交点的个数；(2)由(1)可知，当函数y=f(x)与y=g(x)的图象无交点时，a">-1，据此构造函数证明题中的不等式即可．
【详解】
(1)函数y=f(x)与y=g(x)的图象交点个数即方程ex-1+a=lnx根的个数，
设F(x)=ex-1+a-lnx，x>0．
则F&#39;(x)=ex-1-1x在(0,+∞)上单调递增，且F’(1)=0．
当x∈(0,1)时，F’(x)F’(1)=0，，则F(x)在(1,+∞)上单调递增．
所以，当x=1时，F(x)min=F(1)=l+a．
当a+1>0，即a>-1时，函数F(x)无零点，即函数y=f(x)与y=g(x)的图象无交点；
当a=-1时，函数F(x)有一个零点，即函数y=f(x)与y=g(x)的图象有一个交点；
当-20.又F(1)=1+a<0． a-ln3="">e2-2-ln3>e2-4>0，所以F(x)=ex-1+a-lnx在(ea,1)和(1,3)上分别有一个零点．
所以，当-2-1时，函数y=f(x)与y=g(x)的图象的交点个数为0；
当a=-1时，函数y=f(x)与y=g(x)的图象的交点个数为1；
当-2-1．
设P(m,t)，Q(n,t)，由得m=1+In(t-a)，由ln=t得n=et，
|PQ|=|nm|=|et-ln(t-a)-1|．
设h(t)=et-ln(t-a)-1，
先证明不等式et≥1+t，再证明t-In(t-a)≥a+1，t∈(a,+∞)．
设p(t)=et-1-t.则p’(t)=et-1．
当t∈(0,+∞)时，p’(t)=et-1>0，p(t)=et-1-t在(0,+∞)上单调递增，
当t∈(-∞,0)时，p’(t)=et-1<0，p(t)=et-1-t在(-∞,0)上单调递减，
所以p(t)≥p(0)=0，即e≥1+t．
设q(t)=t-ln(t-a)-a-1.则q'(t)=1-1t-a=t-a-1t-a．
当t∈(a,a+1)时，q’(t)<0，q(t)单调递减：>0，q(t)单调递增．
所以q(t)≥q(a+1)=0，即t-1n(t-a)≥a+1．
所以h(t)=et-ln(t-a)-1≥1+t-ln(t-a)-1=t-ln(t-a)≥a+1．
因为t=a+1时，t-ln(t-a)≥a+1中等号成立，t=0时，et≥l+t中等号成立，
而t=a+1>0，所以等号不能同时成立．
所以h(t)=et-ln(t-a)-1>a+1．
所以IPQl>a+1．
【点睛】
本题主要考查导数研究函数零点的个数，导数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题．利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数h(x)=f(x)-g(x).根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
22．（1）C1的普通方程为y=1-x2(-1≤x≤1)，C2的直角坐标方程为ax-y+12=0，（2）[-12,12].
【解析】
【分析】
(1)利用平方关系消去参数t可得C1的普通方程，利用x=ρcosθ，y=ρsinθ可得C2的直角坐标方程；
(2)根据直线的斜率可得．
【详解】
解：(1)曲线C1的普通方程为y=1-x2(-1≤x≤1)，
把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入ρ(cosθ-asinθ)=12，
得直线C2的直角坐标方程为y-ax=12，即ax-y+12=0，
(2)由直线C2：ax-y+12=0，知C2恒过点M(0,12)，
由y=1-x2(-1≤x≤1)，当y=0时，得x=±1，
所以曲线C1过点P(-1,0)，Q(1,0)，
则直线MP的斜率为k1=0-12-1-0=12，
直线MQ的斜率k2=0-121-0=-12，
因为直线C2的斜率为a，且直线C2与曲线C1有两个不同的交点，
所以k2≤a≤k1，即-12≤a≤12，
所以a的取值范围为[-12,12].
【点睛】
本题考查了参数方程与直角坐标方程的转化，极坐标方程与直角坐标方程的转化，属中档题．
23．（1）(0,2)；（2）0f(x)max，由绝对值不等式的性质可得f(x)的最大值，解不等式可得所求范围．
【详解】
解：(1)函数f(x)=|x+1|-|2x-1|，
f(x)>0即为|x+1|>|2x-1|，
可得(x+1+2x-1)(x+1-2x+1)>0，
即3x(x-2)<0，解得00，不等式f(x)<1对x∈r都成立， 1="">f(x)max，
由f(x)=|x+a|-|2x-1|=|x+a|-|x-12|-|x-12|
≤|x+a-x+12|-0=|a+12|，
可得f(x)的最大值为|a+12|=a+12，(a>0)，
则a+12<1，解得0<a<12．
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题的运用，考查运算能力，属于基础题．
答案第17页，总17页