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广东省2019年汕头市普通高考第一次模拟考试试题文科数学
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.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先分别求出集合，由此能求出，得到答案.
【详解】由题意，集合，
所以，故选D.
【点睛】本题主要考查了对数的运算性质，以及集合的交集运算问题，其中解答中正确求解集合A，再根据集合的交集运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
2.已知是虚数单位，复数，若，则 （ ）
A. 0 B. 2 C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】
通过复数的除法运算得到，再由模的求法得到方程，求解即可.
【详解】，因为，，即，解得：0
故选：A
【点睛】本题考查了复数的运算法则、复数模的求法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题,复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，点的象限和复数的对应关系，复数的加减乘除运算，复数的模长的计算.
3.设满足约束条件，则的最大值为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意，画出约束条件画出可行域，结合图象，确定目标函数的最优解，即可求解.
【详解】由题意，画出约束条件画出可行域，如图所示，
目标函数可化为，当直线过点A时，此时在轴上的截距最大，目标函数取得最大值，
又由，解得，
所以目标函数的最大值为，故选B.
【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．
4.现有甲、 乙、 丙、 丁 4 名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动， 则乙、 丙两人恰好参加同一项活动的概率为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求得基本事件的总数为，其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为,利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，现有甲乙丙丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，
基本事件的总数为，
其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为,
所以乙丙两人恰好参加同一项活动的概率为，故选B.
【点睛】本题主要考查了排列组合的应用，以及古典概型及其概率的计算问题，其中解答中合理应用排列、组合的知识求得基本事件的总数和所求事件所包含的基本事件的个数，利用古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
5.已知圆O:x2 + y2 = 4 ( O为坐标原点)经过椭圆C:的短轴端点和两个焦点， 则椭圆C 的标准方程为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
由题设可得，故，应选答案B。
6.已知向量满足＝5，且，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由向量的数量积的运算及向量的夹角公式，求得，进而求解，即可得到答案.
【详解】由题意，因为，所以，
又因为，所以，
设向量和的夹角为，所以，
所以，故选C.
【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积的运算，及向量的夹角公式的应用，其中解答中熟记平面向量的数量积和向量的夹角公式，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
7.已知是等差数列，是正项等比数列，且，则（ ）
A. 2026 B. 2027 C. 2274 D. 2530
【答案】C
【解析】
【分析】
设等差数列的公差为，正项等比数列的公比为，利用等差数列和等比数列的通项公式，求得的值，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，正项等比数列的公比为，
因为，
所以，
解得，
则，故选C.
【点睛】本题主要考查了等差数列与等比数列的通项公式及其性质的应用，其中解答中熟记等差数列和等比数列的通项公式，合理准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
8.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则在上的最大值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】
根据平移关系求出得解析式，然后求出角的等价范围，结合三角函数的最值性质，进行求解，即可得到答案.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，
则，
因为，所以，
所以当时，即时，函数取得最大值，最大值为，
故选C.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换求函数的解析式，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质，合理运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
9.在正方体中，点是四边形的中心，关于直线，下列说法正确的是（ ）
A. B. 平面
C. D. 平面
【答案】B
【解析】
【分析】
在正方体中，推导出，从而平面平面，由此能得到平面，得到结论.
【详解】由题意，在正方体中，点是四边形的中心，
所以，
因为，
所以平面平面，
因为平面，所以平面，故选B.
【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，其中解答中明确几何体的结构特征，熟记线面位置关系的判定定理与性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.
10.若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求得，把函数的单调性，转化为在区间上恒成立，即恒成立，利用三角函数的性质，即可求解，得到答案.
【详解】由题意，可得，
若在区间上单调递减，则在区间上恒成立，
即恒成立，
令，
则，故的最大值为1，此时，即，
所以的最大值为，所以，故选D.
【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调及其应用，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中转化为转化为恒成立，再利用三角函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
11.三棱锥中，平面的面积为2，则三棱锥的外接球体积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设，由的面积为2，得，进而得到外接圆的半径和到平面的距离为，在利用球的性质，得到球的半径，即可求解.
【详解】如图所示，设，由的面积为2，得，
因为，外接圆的半径，
因为平面，且，
所以到平面的距离为，
设球的半径为R，则，
当且仅当时等号成立，
所以三棱锥的外接球的体积的最小值为，故选D.
【点睛】本题主要考查了有关球与棱锥的组合体问题，以及球的性质的应用和球的体积公式，其中解答中正确认识组合体的结构特征，合理应用球的性质求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
12.已知函数f (x)是定义在(－¥，0)∪(0，+¥) 上的偶函数， 当x > 0 时，，则函数的零点个数为
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】
作出函数的图象，根据与的交点个数，即可求解，得到答案.
【详解】由题意，令可得，
作出函数在上的函数图象，如图所示，
由图象可知在上有2解，
又由函数是偶函数，所以在上也有2解，
所以共有4个解，故选C.
【点睛】本题主要考查了函数的零点与函数图象的关系的应用，以及函数奇偶性的应用，其中解答中把函数的零点问题转化为函数的图象的交点个数，合理作出函数的图象是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．
13.已知函数.若曲线在点处的切线方程为，则___________.
【答案】3
【解析】
【分析】
求出导数，利用曲线在点处的切线方程为，建立方程，求得的值，进而得到所求和，得到答案.
【详解】由题意，函数，得，
曲线在点处的切线方程为，即，
即，解得，所以.
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用，其中解答中熟记导数的几何意义，合理计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
14.有一种工艺品是由正三棱柱挖去一个圆锥所成， 已知正三棱柱ABC-A1B1C1 的所有棱长都是2，圆锥的顶点为DABC的中心， 底面为DA1B1C1的内切圆，则该工艺品的体积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
先正三棱柱底面的高为，进而求得底面为内切圆的半径为，利用几何体的体积公式，即可求解.
【详解】由题意，可知正三棱柱的所有棱长都是2，
所以的高为，
设底面为内切圆的半径为，则，解得，
所以该工艺品的体积为
.
【点睛】本题主要考查了组合体的体积的计算，其中解答中根据空间几何体的线面位置关系，求解底面正三角形的内切圆的半径，利用体积公式准确计算是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于基础题.
15.已知数列的前项和为，已知， 且， 则_________.
【答案】363
【解析】
【分析】
利用数列的通项与数列的和的关系，得，整理得，进而通过递推关系，即可求解.
【详解】由题意，数列的前项和为，已知，且，
所以，整理得，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
故答案为363.
【点睛】本题主要考查了数列的递推公式的应用，其中解答中熟练应用数列的通项和数列的前n项和之间的关系，合理利用递推公式求解是解答的关键，着重考查了运算能力与转化能力，属于中档试题.
16.设双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线交双曲线左支于、两点，则的最小值等于 ．
【答案】16
【解析】
试题分析：
考点：双曲线定义
【思路点睛】(1)对于圆锥曲线的定义不仅要熟记，还要深入理解细节部分：比如椭圆的定义中要求|PF1|＋|PF2|＞|F1F2|，双曲线的定义中要求||PF1|－|PF2||＜|F1F2|，抛物线上的点到焦点的距离与准线的距离相等的转化.(2)注意数形结合，画出合理草图.
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作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17.在DABC 中，角A，B，C 的对边分别为.
(1)求角 B 的大小；
(2)D为边AB上一点， 且满足,锐角三角形 DACD的面积为， 求BC的长。
【答案】（1） ； （2）.
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理化简得，得到，进而求得.
（2）利用三角的面积公式，化简求得，进而得，再由余弦定理求得，再根在和在中，利用正弦定理，可求解.
【详解】（1）由正弦定理得，
因为，则，所以，
所以，所以，
因为，所以，解得.
（2）由题意，可得，
解得，
又因为为锐角三角形，所以，
又由余弦定理得，所以，
在中，由正弦定理得，则，
在中，由正弦定理得，则.
【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
18.如图，四棱锥中，菱形所在的平面，是中点，M是PD的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若F是PC的中点，当＝2，求三棱锥P－AMF的体积。
【答案】（1）见解析； （2） .
【解析】
【分析】
（1）证明：连接，因为底面为菱形，得到，证得所以，再利用线面垂直的判定定理得平面，再利用面面垂直的判定，即可证得平面平面.
（2）利用等积法，即可求解三棱锥的体积.
【详解】（1）证明：连接，
因为底面为菱形，，所以是正三角形，
因为是中点，所以，又，所以，
因为平面，平面，所以，
又，所以平面
又平面，所以平面平面.
（2）因为，则，
所以
.
【点睛】本题主要考查了空间中位置关系的判定与证明及几何体的体积的计算，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理是解答的关键，同时对于空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．
19.我市南澳县是广东唯一的海岛县，海区面积广阔，发展太平洋牡蛎养殖业具有得天独厚的优势，所产的“南澳牡蛎”是中国国家地理标志产品，产量高、肉质肥、营养好，素有“海洋牛奶精品”的美誉. 2019 年某南澳牡蛎养殖基地考虑增加人工投入，根据该基地的养殖规模与以往的养殖情况，现有人工投入增量x（人）与年收益增量y（万元）的数据如下：
该基地为了预测人工投入增量为16人时的年收益增量，建立了y与x的两个回归模型：
模型①：由最小二乘公式可求得y与x的线性回归方程：；
模型②：由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线：的附近，对人工投入增量x做变换，令，则，且有．
（1）根据所给的统计量，求模型②中y关于x的回归方程（精确到0.1）；
(2)分别利用这两个回归模型，预测人工投入增量为16 人时的年收益增量；
(3)根据下列表格中的数据，比较两种模型的相关指数R2，并说明(2)中哪个模型得到的预
测值精度更高、更可靠？
回归模型
模型①
模型②
回归方程
182.4
79.2
附：样本的最小二乘估计公式为：，
另，刻画回归效果的相关指数
【答案】（1）； （2）77.4(万元)；（万元）； （3）模型②比模型①精确度更好、更可靠.
【解析】
【分析】
（1）利用公式，分别求得和，即可得到回归直线的方程；
（2）当时，分别代入模型①和模型②中，计算出年收益的预测值，即可得到答案；
（3）由表格中的数据，有，即，根据的公式即可得到相应的结论.
【详解】（1）由题意知：
可得
又，所以，
所以，模型②中y关于x的回归直线方程为.
（2）当时，模型①年收益增量预测值为万元，
模型②中年收益的预测值为：万元.
（3）由表格中的数据，有，即，
由的公式可知，模型①的小于模型②，说明回归模型②可化的拟合效果更好，在（2）中，用模型②预测当人工增量时，年收益增量为万元，这个预报值比模型①预报的万元精度更高，更可靠.
【点睛】本题主要考查了回归直线方程的求解，以及回归分析的应用问题，其中解答中根据公式准确计算相应的回归直线的方程是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及运算与求解能力，属于基础题.
20.已知抛物线的标准方程为，为抛物线上一动点，（）为其对称轴上一点，直线与抛物线的另一个交点为．当为抛物线的焦点且直线与其对称轴垂直时，的面积为18．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）记，若值与点位置无关，则称此时的点为“稳定点”，试求出所有“稳定点”，若没有，请说明理由．
【答案】（1）抛物线的标准方程为；（2）时，与无关.
【解析】
试题分析：（1）由已知为通径，因此，由可求得；（2）定点问题处理，设，设直线的方程为，代入抛物线方程，由韦达定理得，计算 ，按和分类后讨论可得取特定值时与无关，即为稳定点．
试题解析：（1）由题意，，∴，
抛物线的标准方程为
（2）设，
设直线的方程为，联立得，
∴，，
由对称性，不妨设，
①时，∵，∴同号，
又，
∴，
不论取何值，均与有关，即，不是“稳定点”；
②时，∵，∴异号．
又，
∴，
∴仅当，即时，与无关，稳定点为
考点：抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系．
【名师点睛】在解析几何中，求直线上两点间距离，可利用直线的斜率简化距离公式：是直线上的两点，则，而，只要利用韦达定理就可得．
21.已知．
（1）设是的极值点，求实数a的值，并求的单调区间；
（2）当时，求证：．
【答案】（1） 单调递增区间为，单调递减区间为； （2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题意，求得函数的导数，由是函数的极值点，解得，又由，进而得到函数的单调区间；
（2）由（1），进而得到函数的单调性和最小值，令，利用导数求得在上的单调性，即可作出证明.
【详解】（1）由题意，函数的定义域为，
又由，且是函数的极值点，
所以，解得，
又时，在上，是增函数，且，
所以，得，，得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由（1）知因为，在上，是增函数，
又（且当自变量逐渐趋向于时，趋向于），
所以，，使得，
所以，即，
在上，，函数是减函数，
在上，，函数是增函数，
所以，当时，取得极小值，也是最小值，
所以，
令，
则，
当时，，函数单调递减，所以，
即成立，
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，利用函数的最值，从而得到证明；有时也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所作的第一题计分．
22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．
（1）设是曲线上的一个动点，若点到直线的距离的最大值为，求的值；
（2）若曲线上任意一点都满足，求的取值范围．
【答案】（1）8；（2）
【解析】
【分析】
(1)将直线的极坐标方程化为直角坐标方程，根据题意得到点P到直线的距离的最大值为，求参即可；（2）画出曲线C和的图像，根据题意只要圆在直线上方即可，临界状态是圆和线相切，列不等式求解即可.
【详解】（1）依题意得曲线的普通方程为，
因为，所以，因为，
因为直线的直角坐标方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，
则依题意得，因为，解得．
（2）因为曲线上任意一点都满足，画出曲线C和的图像，根据题意只要圆在直线上方即可，临界状态是圆和线相切，圆心到直线的距离大于等于半径即可，所以，
所以，解得或，
又，所以的取值范围为．
【点睛】这个题目考查了直线和圆的位置关系，极坐标和直角坐标的互化，一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理。
23.已知函数．
（1）若，求不等式的解集；
（2）设，当时都有，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）零点分区间分段解不等式即可；（2）根据x和k的范围得到原不等式等价于，即，结合二次函数图像的性质得到结果即可.
【详解】（1）因为，所以，所以
当时，由，得，即，得．所以不等式无解
当时，由，得，即，得．所以
当时，由，得，即，得，
所以
综上所述，不等式的解集为：．
（2）因为，所以，因为，所以，
因为在上恒成立，
所以，即，
令，
依题意可知恒成立，所以，即，
所以的取值范围为．
【点睛】这个题目考查了含有绝对值的不等式的解法，以及绝对值不等式在小区间上恒成立的应用；绝对值不等式一般是零点分区间，分类讨论得到函数的解析式，进而得到解集；恒成立问题，通常先关注是否可以在这个小区间上将绝对值去掉.
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