广东省茂名市2019届高三第一次综合测试数学(理)试题(解析版)
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广东省茂名市2019届高三第一次综合测试
数学（理）试题
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题：本大题共12个小题,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】B
【解析】
【分析】
算出集合后可得.
【详解】，故，故选B.
【点睛】本题考查集合的交运算，为基础题.
2.已知是虚数单位，若为实数，则实数的值为（ ）
A. 1 B. -2 C. -1 D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】
先由复数的乘法运算将复数整理，再由复数的基本概念即可求出结果.
【详解】为实数，，得．答案：
【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的基本概念，属于基础题型.
3.若满足约束条件则的最大值为（ ）
A. -3 B. -2 C. -1 D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】
画出不等式组对应的平面区域，通过平移动直线可得的最大值.
【详解】不等式组对应的平面区域如图所示，
当动直线过时，有最大值为，故选D.
【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率．
4.已知，，，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用中间数来比较可得它们的大小关系．
【详解】因为，所以，故选D.
【点睛】指数或对数的大小比较，可通过寻找合适的单调函数来构建大小关系，如果底数不统一，可以利用指数或对数的运算性质统一底数.不同类型的数比较大小，应找一个中间数，通过它实现大小关系的传递.
5.七巧板是我国古代劳动人民发明的一种智力玩具，它是由五块等腰直角三角形、三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设正方形的边长为，则所有基本事件对应的平面区域的面积为，随机事件中的基本事件对应的平面区域的面积为，故可得所求概率.
【详解】设为 “在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分”，
则所有基本事件对应的平面区域的面积为，如图，
①处面积和右下角黑色区域的面积相同，故随机事件中的基本事件对应的平面区域的面积为，故所求的概率为，故选C.
【点睛】几何概型的概率计算关键在于测度的选取，测度通常是线段的长度、平面区域的面积、几何体的体积等．
6.“”是“”成立的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
若，则根据基本不等式可得成立，反之，可通过反例得到存在 使得，但是，故可得两者之间的条件关系．
【详解】若，则，所以成立．
取，则，但，
综上，是的充分不必要条件，故选A．
【点睛】充分性与必要性的判断，可以依据命题的真假来判断，若“若则”是真命题，“若则”是假命题，则是的充分不必要条件；若“若则”是真命题，“若则”是真命题，则是的充分必要条件；若“若则”是假命题，
“若则”是真命题，则是的必要不充分条件；若“若则”是假命题，“若则”是假命题，则是的既不充分也不必要条件.
7.已知函数为偶函数，则（ ）
A. 1 B. 2 C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
利用恒等式可得.我们也可以利用求得，再检验此时为偶函数.
【详解】方法一：定义法：由得，，
化简得到：即，故.
方法二：特值法：由得，，，则，
当时，，， 为偶函数.
综上，选C.
【点睛】含参数的奇函数或偶函数，可通过取自变量的特殊值来求参数的大小，注意最后检验必不可少，也可以利用奇函数或偶函数的定义来求参数的大小.
8.函数在的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由函数的奇偶性以及函数在区间上的范围，即得出结论.
【详解】显然是奇函数，图像关于原点对称，排除；在区间上，，，
即，排除和；答案：
【点睛】本题主要考查函数的图像，根据三角函数的性质进行判断即可，属于基础题型.
9.已知函数，把的图象向左平移个单位得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的图像关于直线对称
C. 的一个零点为
D. 的一个单调减区间为
【答案】D
【解析】
【分析】
先把变为，根据平移得到的解析式，从而可以讨论的相关性质.
【详解】，
所以，故A不正确，
令，故对称轴方程为，故B错，
令，故对称中心的横坐标为，故C错，
因，故 ，因在上是减函数，故在上是减函数，故D正确.
综上，选D.
【点睛】（1）平移变换有“左加右减”（水平方向的平移），注意是对自变量做加减，比如把的图像向右平移1个单位后，得到的图像对应的解析式为．
（2）形如的正弦型函数，可根据复合函数的讨论方法求该函数的单调区间、对称轴方程和对称中心等．
10.如图，网格纸的正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则此几何体的体积为（ ）
A. 6 B. 18 C. 12 D. 36
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三视图可得几何体的直观图（如图所示），从而可求其体积．
【详解】作一个长，宽，高分别为的长方体，根据三视图得该几何体为三棱锥（如图），因为三棱锥的四个顶点，都在同一个长方体中，所以三棱锥体积为,故选A.
【点睛】本题考察三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系． 三棱锥体积的计算应该选择合适的底面（以顶点到该底面的距离的计算容易求为宜）.
11.已知函数是定义域在上的偶函数，且，当时，，则关于的方程在上所有实数解之和为（ ）
A. 1 B. 3 C. 6 D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】
由可知为周期函数，再根据为偶函数可得在的图像，再根据在上的图像得到所有的的实根之和.
【详解】因为，则，所以的最小正周期为，又由得的图像关于直线对称.
令，则的图像如图所示，
由图像可得，与的图像在有7个交点且实数解的和为,故选D.
【点睛】一般地，方程的解的性质的讨论，可以通过构建新函数来讨论，也可以通过考虑和的图像的交点性质来讨论.
12.已知双曲线的左，右焦点分别为，右顶点为，为其右支上一点，与渐近线交于点，与渐近线交于点，的中点为，若，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先求的坐标，利用直线的方程得到的坐标后再求的坐标，最后利用得到的关系，从这个关系式中可求得双曲线离心率.
【详解】因为，所以的坐标可看做圆与渐进线的交点，由解得，
所以直线，由，
解得 所以，
由，可得，即，
整理得到，故，故选B.
【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系．而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组．
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.已知向量，，若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
先求出的坐标，再利用向量共线的坐标关系可得的值．
【详解】 ，因为，所以，故，填．
【点睛】如果，那么：
（1）若，则；
（2）若，则；
14.的展开式中的常数项是__________．
【答案】3
【解析】
【分析】
利用二项展开式的通项公式可求常数项．
【详解】，令得，故常数项为第二项且大小为．
【点睛】求的展开式中的指定项，一般通过通项公式来考虑，此类问题是基础题．
15.在中，角所对的边分别为，已知,
，若，则的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据可得，再根据余弦定理得到，依据求出后根据得到面积．
【详解】由可得，
整理得到，所以或者，
因，所以不成立，否则．
因，结合可以得到，
因，故，所以．
【点睛】三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个量（除三个角外），可以求得其余的四个量.
（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；
（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；
（3）如果知道两角及一边，用正弦定理.
16.把三个半径都是2的球放在桌面上，使它们两两相切，然后在它们上面放上第四个球（半径是2），使它与下面的三个球都相切，则第四个球的最高点与桌面的距离为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
四个球心的连线可构成棱长为4的正四面体，可先求正四面体的高，而第四个球的最高点与桌面的距离即为高加上两个半径，从而求出所求的距离．
【详解】四个球心是正四面体的顶点（如图所示），它的棱长均为4，
设为的中点，为正三角形的中心，则平面，
又，，所以
，第四个球的最高点与桌面的距离为加上两个半径即．
【点睛】组合体中几何量的计算，关键在于对组合体进行合理的分割和整合，本题中各球的球心构成一个正四面体，因此求出其高后就能得到要求的高度．
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.已知为数列的前项和，.
（1）求数列的通项公式.
（2）若，，求数列的前项和.
【答案】（1）（2）
