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秘密 ★ 启用前 试卷类型： A
2019届广州市高三年级调研测试
理科数学
2018.12
本试卷共5页，23小题，满分150分。考试用时120分钟。
注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
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．设集合，，则集合
A． B． C． D．
2．若复数(是虚数单位)为纯虚数，则实数的值为
A． B． C． D．
3．已知为等差数列，其前项和为，若，则公差等于
A．1 B． C．2 D．3
4．若点为圆的弦的中点，则弦所在直线方程为
A． B． C． D．
5．已知实数，，，则的大小关系是
A． B． C． D．
6．下列命题中，真命题的是
A．
B．
C．的充要条件是
D．若，且，则中至少有一个大于1
7．由的图象向左平移个单位，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到的图象，则
A． B． C． D．
8. 已知甲袋中有1个黄球和1个红球，乙袋中有2个黄球和2个红球．现随机地从甲袋中
取出1个球放入乙袋中, 再从乙袋中随机取出1个球, 则从乙袋中取出的球是红球的概率为
A． B． C． D．
9．已知抛物线与双曲线有相同的焦点，点
是两曲线的一个交点，且轴，则双曲线的离心率为
A． B． C． D．
10. 已知等比数列的前项和为，若，，则数列的前项和为
A． B． C． D．
11．如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为
A．6 B．7 C． D．
12．已知过点作曲线的切线有且仅有两条，
则实数的取值范围是
A． B．
C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量的夹角为 ，且，则____________．
14．已知，则= ．
15．已知实数, 满足 则的最小值为____________．
16．已知在四面体中，，则该四面体的体积的最大值
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做答．第22、23题为选考题，考生根据要求做答．
（一）必考题：共60分．
17．（本小题满分12分）
在中，角，，所对的边分别为，，，且
.
（1） 求角的大小；
（2） 若，的面积为，为的中点，求．
18．（本小题满分12分）
图1：设备改造前样本的频率分布直方图
某企业对设备进行升级改造，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取了100件产品作为样本，检测一项质量指标值，若该项质量指标值落在内的产品视为合格品，否则为不合格品．图1是设备改造前样本的频率分布直方图，表1是设备改造后样本的频数分布表．
表1：设备改造后样本的频数分布表
质量指标值
频数
2
18
48
14
16
2
（1）请估计该企业在设备改造前的产品质量指标的平均值;
（2）企业将不合格品全部销毁后，并对合格品进行等级细分，质量指标值落在内的定为一等品，每件售价240元；质量指标值落在或内的定为二等品，每件售价180元；其它的合格品定为三等品，每件售价120元．根据表1的数据，用该组样本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的频率代替从所有产品中抽到一件相应等级产品的概率．现有一名顾客随机购买两件产品，设其支付的费用为（单位：元），求的分布列和数学期望．
19. （本小题满分12分）
如图，多面体中，四边形为矩形，二面角为，
，，，．
（1）求证：平面；
（2）在线段上求一点，使锐二面角的余弦值为．
20．（本题满分12分）
已知椭圆的离心率为，点在上．
（1）求椭圆的方程；
（2）设分别是椭圆的左, 右焦点，过的直线与椭圆交于不同的两点，
求的内切圆的半径的最大值．
21．（本小题满分12分）
已知函数R.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求实数的取值范围．
（二）选考题：共10分. 请考生在第22、23题中任选一题做答, 如果多做, 则按所做的第
一题计分.
22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
已知曲线的极坐标方程为，直线，直线
．以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系．
（1）求直线的直角坐标方程以及曲线的参数方程；
（2）若直线与曲线交于两点，直线与曲线交于两点，求
的面积．
23.（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲
已知函数．
（1）当时，解不等式；
（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围．
2019届广州市高三年级调研测试
理科数学试题参考答案及评分标准
评分说明:
1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则．
2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．
3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．
4．只给整数分数．选择题不给中间分．
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
A
C
C
D
B
D
B
B
A
D
B
A
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．1 14．16 15． 16．
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．
17．解：(1) 由，
得． ……………………………………………2分
由正弦定理，得，即， …………………………3分
所以． ………………………………………………5分
因为，所以． ……………………………………………………6分
(2) 因为，所以． ……………………………………………………7分
所以为等腰三角形，且顶角．
因为， ………………………………………………8分
所以． ………………………………………………………………9分
在中，，
所以． ………11分
解得．…………………………………………………………………………12分
18．解：（1）根据图1可知，设备改造前样本的频数分布表如下
质量指标值
频数
4
16
40
12
18
10
． ……………………………………………………………………………1分
样本的质量指标平均值为． ……………………………………………2分
根据样本质量指标平均值估计总体质量指标平均值为． ………………………3分
（2）根据样本频率分布估计总体分布，样本中一、二、三等品的频率分别为，，，
故从所有产品中随机抽一件，是一、二、三等品的概率分别为，，． …………4分
随机变量的取值为：240，300，360，420，480．………………………………………5分
， ，
， ，
，…………………………………………………………………10分
所以随机变量的分布列为：
240
300
360
420
480
…………………………………………………………………11分
所以．………………12分
19．解：（1）因为四边形为矩形，
所以.
因为平面，平面，
所以平面． ………………………………………………………………1分
同理平面． ……………………………………………………………2分
又因为，所以平面平面． …………………………3分
因为平面，所以平面． …………………………………4分
（2）法一：
因为，
所以是二面角的平面角，即． ………………5分
因为，所以平面.
因为平面,
所以平面平面.
作于点，则平面. ………………6分
由, 得，．
以为原点，平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
，……7分
设，，
则，
设平面的法向量为，
则由 得，取
得平面的一个法向量为， ……………………………8分
又平面的一个法向量为， ……………………………………9分
所以， …………………………10分
所以，
解得或（舍去）， ……………………………………………11分
此时，得.
即所求线段上的点满足．…………………………………………12分
法二：作于点，作的延长线于点，连结．
因为，
所以平面， ……………………………………………………………5分
为二面角的平面角，． ……………………6分
所以．
因为，
所以平面，．…7分
因为，
所以平面．……8分
所以，为二面角的平面角． ……………………9分
在中，，
所以．
又因为，所以，．…………10分
作于，则，，
设，则，即， …………………11分
解得，即所求线段上的点满足． ………………………12分
20．解：（1）依题意有解得 ………………………………3分
故椭圆的方程为． ………………………………………………………4分
（2）设，设的内切圆半径为，
的周长为，
所以．……………………………………………………………5分
解法一：
根据题意知，直线的斜率不为零，可设直线的方程为，………………6分
由，得………………………………………7分
，，
由韦达定理得，……………………………………8分
，………10分
令，则，．
令，则当时，，单调递增，
，， ……………………………………………………11分
即当时，的最大值为3，此时．
故当直线的方程为时，内切圆半径的最大值为． ………………12分
解法二：
当直线轴时，. .……………………6分
当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，
由，得. …………………………………7分
，
由韦达定理得，………………………………………8分
. ……………………………10分
令，则，,
.
综上，当直线的方程为时，的最大值为3，内切圆半径的最大值为．
……………………………12分
21．解：(1) 的定义域为，
. ………………………………………1分
(i)当时，恒成立，
时，，在上单调递增；
时，，在上单调递减； ……………………2分
(ii) 当时，由得，（舍去），
①当，即时，恒成立，在上单调递增；……3分
②当，即时，
或时，恒成立，在，单调递增；
时，恒成立，在上单调递减；……………4分
③当即时，
或时，恒成立，在单调递增；
时，恒成立，在上单调递减；……………5分
综上，当时，单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，单调递增区间为，，单调递减区间为；
当时，单调递增区间为，单调递减区间为．
…………………………………………………6分
(2)由(1)知，当时，单调递增区间为，单调递减区间为，
又因为， …………………………………7分
取，令，，则
在成立，故单调递增，，
，
（注：此处若写“当时，”也给分）
所以有两个零点等价于，得，
所以．……………………………………………………………8分
当时，，只有一个零点，不符合题意；
当时，在单调递增，至多只有一个零点，不符合题意；………9分
当且时，有两个极值，
，，
记， …………………………………10分
，
令，则.
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减．
故，在单调递增．
时，，故．……………………11分
又，由(1)知，至多只有一个零点，不符合题意．
综上，实数的取值范围为. ……………………………………12分
（二）选考题：共10分．请在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．解：(1) 依题意，直线的直角坐标方程为，的直角坐标方程为．
…………………………………………………2分
由得，
因为，………………………………………3分
所以，………………………………………………………4分
所以曲线的参数方程为（为参数）． ……………………5分
（2）联立得， ……………………………6分
同理，．……………………………………………………………7分
又， ………………………………………………………………………8分
所以， …………………9分
即的面积为． ……………………………………………………………10分
23．解：（1）当时，原不等式可化为， ……………………1分
①当时，，解得，所以； …………………………2分
②当时，，解得，所以； …………………3分
③当时，，解得，所以． …………………………4分
综上所述，当时，不等式的解集为． …………………………5分
（2）不等式可化为，
依题意不等式在上恒成立， ……………………………6分
所以，即，即，…………………………8分
所以，解得，
故所求实数的取值范围是． ………………………………10分
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