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2020茂名高三第一次综合测试数学（理）试题扫描版含答案
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绝密★启用前 试卷类型：A2020年茂名市高三级第一次综合测试数学试卷（理科）参考答案及评分标准一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）提示：1. 【解析】 ，故选D2．【解析】，复数在复平面内对应坐标为，所以复数在复平面内对应的点在第四象限，故选D．3.【解析】,, ,所以选B.5.【解析】设等比数列的公比为q，所以，即，所以,当时，，当时，，故选CyxOF2PF1A6. 【解析】圆内接正二十四边形的边所对圆心角是，因此，单位圆内接正二十四边形的面积为S24= , 单位圆的面积为S圆=12=，依题意S圆≈S24，所以≈3.11 故选B7.【解析】 设(0, b)为点A(0, b)，连接PF2，依题意AO为△PF1F2的中位线，∴PF2∥AO，即PF2⊥x轴且|PF2|=2|AO|=2b，所以点P的坐标为(c, 2b)，P在双曲线C上∴，即，∴离心率为，故选C8. 【解析】若张三不被选中，则派遣方法有 ；若张三被选中，则派遣方法，则共派遣方法有24+72=96种.故选B .9. 【解析】由 ，所以， ，所以.①的单调减区间满足,所以k=0时，在单调递减 ，所以①正确；②对称轴满足，所以，当k=1时，的一条称轴为, 所以②正确； ③，所以的周期为，所以③不正确. = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④的横坐标向左平移个单位长度，纵坐标不变得到的函数图像的解析式为 ,所以 = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④ 不正确.故选A10.【解析】 当是偶数的时候f(x)是偶函数，图象关于y轴对称，当=2时，f(x)图象形如A；当=−2时，f(x)=x−2e| x |，x＞0时，，，f(x)图象形如B；当是正奇数的时候，f(x)是奇函数图象关于原点轴对称且过原点，当≥1的奇数时在第一象限f(x)=xex≥x，由幂函数的图象知f(x)=xe| x |(∈Z)的图象不可能是C11.以AB为直径的圆与抛物线有两个交点,另外以A,B为直角为与抛物线分别有两个点，共4个，故选D.12. 【解析】①当a≤0时，f(x)=x−alnx在区间(1, +∞)上是单调递增函数，且，f(x)＞f(1)=1.即x＞1时，f(x)没有零点，而x≤1时，f(x)=ax2−ax+1最多有两个零点，因此，a≤0不符合；②a＞0时，令f(x)=0(x＞1)，则x−alnx=0，即a=，设g(x)=(x＞1)，则g′(x)=，∴在区间(1, e)上g′(x)＜0，g(x)单调递减，在区间(e, +∞)上g′(x)＞0，g(x)单调递增，即g(x)在x=e处取得极小值也是最小值g(e)=e，∴y=a与y=g(x)最多有两个交点，即x−alnx=0最多有两个零点，且当a＞e时，x−alnx=0(x＞1)有两个零点，又f(x)有四个零点, ∴x≤1时，f(x)=ax2−ax+1必有两个零点，所以a满足△=a2−4a＞0，且对称轴，解得a＞4. 综上a＞4时， f(x)有四个零点. 故选C 第Ⅱ部分非选择题（共90分）二．填空题：本大题共4小题，每小题 5分，共20分. 13.【解析】画出可行域，由图可知，可行域三个顶点分别为，，当直线平移到点时，取到最小值为MCBAxyx-v=5x+2y-2=02x+y-1=0ABCy=-3x 【解析】依题意△ABC是等边三角形，C为BM的中点，AB= AC=BC=CM=2，，在易得AM=，所以 15. 【解析】，设为曲线上任一点，由导数的几何意义知曲线在点处的切线的斜率为（等号成立的条件为当且仅当，即），结合正切函数的图象可知，当取3时倾斜角最小，此时的值为.OA16【解析】解析：该多面体为棱长为的正方体沿着各棱的中点截去8个角余下的部分，如图，其外接球的球心为正方体的中心，半径为点到正方体棱中点的距离，即，所以该多面体外接球的体积为.三.解答（本大题共5小题，每题12分共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）（本小题满分12分）【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） 解：（Ⅰ）由正弦定理得：…………………… 1分又所以，所以…………………………………… 2分， …………………………………………………………… 4分又因为0
绝密★启用前 试卷类型：A2020年茂名市高三级第一次综合测试数学试卷（理科）参考答案及评分标准一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）提示：1. 【解析】 ，故选D2．【解析】，复数在复平面内对应坐标为，所以复数在复平面内对应的点在第四象限，故选D．3.【解析】,, ,所以选B.5.【解析】设等比数列的公比为q，所以，即，所以,当时，，当时，，故选CyxOF2PF1A6. 【解析】圆内接正二十四边形的边所对圆心角是，因此，单位圆内接正二十四边形的面积为S24= , 单位圆的面积为S圆=12=，依题意S圆≈S24，所以≈3.11 故选B7.【解析】 设(0, b)为点A(0, b)，连接PF2，依题意AO为△PF1F2的中位线，∴PF2∥AO，即PF2⊥x轴且|PF2|=2|AO|=2b，所以点P的坐标为(c, 2b)，P在双曲线C上∴，即，∴离心率为，故选C8. 【解析】若张三不被选中，则派遣方法有 ；若张三被选中，则派遣方法，则共派遣方法有24+72=96种.故选B .9. 【解析】由 ，所以， ，所以.①的单调减区间满足,所以k=0时，在单调递减 ，所以①正确；②对称轴满足，所以，当k=1时，的一条称轴为, 所以②正确； ③，所以的周期为，所以③不正确. = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④的横坐标向左平移个单位长度，纵坐标不变得到的函数图像的解析式为 ,所以 = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④ 不正确.故选A10.【解析】 当是偶数的时候f(x)是偶函数，图象关于y轴对称，当=2时，f(x)图象形如A；当=−2时，f(x)=x−2e| x |，x＞0时，，，f(x)图象形如B；当是正奇数的时候，f(x)是奇函数图象关于原点轴对称且过原点，当≥1的奇数时在第一象限f(x)=xex≥x，由幂函数的图象知f(x)=xe| x |(∈Z)的图象不可能是C11.以AB为直径的圆与抛物线有两个交点,另外以A,B为直角为与抛物线分别有两个点，共4个，故选D.12. 【解析】①当a≤0时，f(x)=x−alnx在区间(1, +∞)上是单调递增函数，且，f(x)＞f(1)=1.即x＞1时，f(x)没有零点，而x≤1时，f(x)=ax2−ax+1最多有两个零点，因此，a≤0不符合；②a＞0时，令f(x)=0(x＞1)，则x−alnx=0，即a=，设g(x)=(x＞1)，则g′(x)=，∴在区间(1, e)上g′(x)＜0，g(x)单调递减，在区间(e, +∞)上g′(x)＞0，g(x)单调递增，即g(x)在x=e处取得极小值也是最小值g(e)=e，∴y=a与y=g(x)最多有两个交点，即x−alnx=0最多有两个零点，且当a＞e时，x−alnx=0(x＞1)有两个零点，又f(x)有四个零点, ∴x≤1时，f(x)=ax2−ax+1必有两个零点，所以a满足△=a2−4a＞0，且对称轴，解得a＞4. 综上a＞4时， f(x)有四个零点. 故选C 第Ⅱ部分非选择题（共90分）二．填空题：本大题共4小题，每小题 5分，共20分. 13.【解析】画出可行域，由图可知，可行域三个顶点分别为，，当直线平移到点时，取到最小值为MCBAxyx-v=5x+2y-2=02x+y-1=0ABCy=-3x 【解析】依题意△ABC是等边三角形，C为BM的中点，AB= AC=BC=CM=2，，在易得AM=，所以 15. 【解析】，设为曲线上任一点，由导数的几何意义知曲线在点处的切线的斜率为（等号成立的条件为当且仅当，即），结合正切函数的图象可知，当取3时倾斜角最小，此时的值为.OA16【解析】解析：该多面体为棱长为的正方体沿着各棱的中点截去8个角余下的部分，如图，其外接球的球心为正方体的中心，半径为点到正方体棱中点的距离，即，所以该多面体外接球的体积为.三.解答（本大题共5小题，每题12分共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）（本小题满分12分）【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） 解：（Ⅰ）由正弦定理得：…………………… 1分又所以，所以…………………………………… 2分， …………………………………………………………… 4分又因为0
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