上海市青浦区2019届高三数学二模试题（含解析）.docx

上海市青浦区2019届高三数学二模试题（含解析）一. 填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）1.不等式的解集是_【答案】【解析】【分析】先移项通分得到，进而可求出结果.【详解】因为，所以，即，解得.故答案为【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，一般需要先移项再通分，进而求解，属于常考题型.2.已知复数满足（其中为虚数单位），则_【答案】【解析】【分析】先由复数的除法运算求出，再根据模的计算公式即可求出结果.【详解】因为，所以，因此.故答案为【点睛】本题主要考查复数的运算，熟记复数的除法运算法则、以及模的计算公式即可，属于基础题型.3.在平面直角坐标系中，在轴、y轴正方向上的投影分别是、4，则与同向的单位向量是_【答案】【解析】【分析】先由题中条件得到，再依题意设所求的单位向量坐标为，根据模为1，即可求出结果.【详解】因为在轴、y轴正方向上的投影分别是、4，所以；由题意设所求的单位向量坐标为，则，所以，因此所求向量的坐标为.故答案为【点睛】本题主要考查向量的坐标表示、以及向量共线问题，熟记概念及公式即可，属于基础题型.4.在的二项展开式中，含有项的系数为_（结果用数值表示）【答案】【解析】【分析】先由二项展开式的通项公式得到，令，即可得出结果.【详解】因为的二项展开式的通项为，要求含有项的系数，只需令，所求系数为.故答案为【点睛】本题主要考查指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.5.在平面直角坐标系中，若双曲线经过抛物线（）的焦点，则_【答案】【解析】【分析】根据双曲线的几何意义得到双曲线与抛物线的共同焦点为（，0），所以，.【详解】双曲线中，a2，b1，c，双曲线与抛物线的共同焦点为（，0），所以，故答案为：【点睛】这个题目考查了抛物线和双曲线的几何意义，较为简单. 一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用。尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化。6.已知、是互斥事件，则_【答案】【解析】【分析】根据互斥事件的性质，若、是互斥事件，则；根据题中条件即可求出结果.【详解】因为、互斥事件，所以，因此.故答案为【点睛】本题主要考查互斥事件的概率问题，熟记事件的性质即可求解，属于常考题型.7.函数的最大值为_【答案】【解析】【分析】根据表示正弦值等于的一个角，可得，再由的范围即可求出结果.【详解】因为表示正弦值等于的一个角，因此，又，所以，因此函数的最大值为.故答案为【点睛】本题主要考查三角函数与反三角函数的问题，熟记反三角函数的意义以三角函数的性质即可，属于常考题型.8.若实数、y满足条件，则的最小值为_【答案】【解析】试题分析：画出可行域，如图所示，目标函数，表示可行域内的点到原点距离的平方，故当可行域内点到原点距离最小时，取到最小值，即考点：线性规划9.已知、b、都是实数，若函数的反函数的定义域是，则的所有取值构成的集合是_【答案】【解析】【分析】结合函数定义域判断其值域，由反函数的定义域为，可得函数的值域为，即可得出结果.【详解】由其定义域为，因为，所以，(1)当，由解析式可得，当时，；当时，即的值域为；又函数的反函数的定义域是，所以函数的值域为，因为、b、都是实数，可以大于；因此值域可以为，不满足题意；（2）当时，由解析式可得：当时，；当时，即的值域为；同（1）可知：函数的值域必须为，因为、b、都是实数，可以大于，因此符合题意；综上：的所有取值构成的集合是.故答案为【点睛】本题主要考查分段函数与反函数的问题，熟记函数的性质即可，属于常考题型.10.已知某四棱锥三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为_【答案】【解析】【分析】正方体中作出该四棱锥，借助长方体求出各棱长，即可得出最大值.【详解】由三视图在正方体中作出该四棱锥，由三视图可知该正方体的棱长为，所以，.因此该四棱锥的最长棱的长度为.故答案为【点睛】本题主要考查几何体的三视图，由三视图先还原几何体，进而可求解，属于常考题型.11.已知函数（），在区间内有两个零点，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先由函数在区间内有两个零点，得到满足的关系式，作出不等式组所表示的平面区域，再设，根据的几何意义，结合图像，即可得出结果.【详解】要使函数数在区间内有两个零点，函数对称轴为,所以，即，根据不等式组作出如下图像：设，则，由解得，即，由图可知，当过点时，取得最小值，由图可知，当过点时，取得最大值，则.故答案为【点睛】本题主要考查二次函数零点分布问题、以及线性规划问题，熟记二次函数零点分布的判定条件即可求解，属于常考题型.12.已知为的外心，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】以外接圆圆心为半径建立坐标系，设，列方程用表示出，代入圆的方程，再利用不等式解出的范围即可.【详解】设的外接圆半径为1，以外接圆圆心为原点建立坐标系，因为，所以，不妨设，则，因为，所以，解得，因为在圆上，所以，即，所以，所以，解得或，因为只能在优弧上，所以，故【点睛】本题主要考查平面向量的基本定理及其意义，熟记平面向量基本定理即可，属于常考题型.二. 选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数与的值域得到和，再求交集即可得出结果.【详解】因为，所以.故选B【点睛】本题主要考查集合的交集，熟记概念即可，属于基础题型.14.已知是斜三角形，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充要条件的定义，结合正切函数的图像和性质，分析“若，则”与“若，则”的真假，即可得出结果.【详解】当时，若均为锐角，则，此时；若为钝角，则为锐角，则，此时，综上：“”是“”的充分条件；当时，若均为锐角，则，此时；若为钝角，则为锐角，则，满足条件；若为锐角，为钝角，显然不满足；综上“”是“”的必要条件.所以，“”是“”的充要条件.【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断、以及正切函数的性质，熟记充分条件与必要条件的概念等即可，属于常考题型.15.已知曲线（是参数），过点作直线与曲线有且仅有一个公共点，则这样的直线有（ ）A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条【答案】B【解析】【分析】先由曲线的参数方程消去参数，化为普通方程，再判断定点与曲线关系，进而可得出结果.【详解】由消去参数可得；因此点在双曲线的渐近线上，由双曲线的特征可知，当直线与双曲线的另一条条渐近线平行、或直线与双曲线的右支相切时，满足直线与双曲线只有一个公共点，因此，这样的直线只有2条.故选B【点睛】本题主要考查双曲线的特征以及直线与双曲线的位置关系，熟记双曲线的性质即可，属于常考题型.16.等差数列,满足，则（ ）A. 的最大值为50B. 的最小值为50C. 的最大值为51D. 的最小值为51【答案】A【解析】【分析】先根据题意可知中的项有正有负，不妨设，根据题意可求得，根据，去绝对值求和，即可求出结果.【详解】时，满足条件，所以满足条件，即最小值为2，舍去B,D.要使得取最大值，则项数为偶数，设，等差数列的公差为，首项为，不妨设，则，且，由可得，所以,因为，所以，所以，而，所以，故.故选A【点睛】本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列的性质以及通项公式等即可，属于常考题型.三. 解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）17.如图，圆柱是矩形绕其边所在直线旋转一周所得，AB是底面圆的直径，点C是弧AB的中点.（1）求三棱锥体积与圆柱体积的比值；（2）若圆柱的母线长度与底面半径相等，点M是线段的中点，求异面直线CM与所成角的大小.【答案】(1)；(2)【解析】【分析】(1)先设圆柱的母线长为，底面圆半径为，根据三棱锥以及圆柱的体积公式分别求出体积，进而可得出结果.(2)由题意，以为坐标原点，方向分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，分别求出直线CM与的方向向量，根据两向量夹角的余弦值，即可得出结果.【详解】(1)设圆柱母线长为，底面圆半径为，因此，又因为AB是底面圆的直径，点C是弧AB的中点，所以，因此，故三棱锥体积与圆柱体积的比值为.(2)由题意，以为坐标原点，方向分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，因为圆柱的母线长度与底面半径相等，设，则，因为点是线段的中点，所以所以，因此，所以异面直线CM与所成角的大小为.【点睛】本题主要考查几何体体积以及异面直线所成的角的问题，熟记棱锥与圆锥的体积公式即可求出体积之比；第二问求异面直线所成的角，可采用空间向量的方法，求出两直线方向向量的夹角即可得出结果，属于常考题型.18.如图，某沿海地区计划铺设一条电缆联通A、B两地，A处位于东西方向的直线MN上的陆地处，B处位于海上一个灯塔处，在A处用测角器测得，在A处正西方向1km的点C处，用测角器测得，现有两种铺设方案： 沿线段AB在水下铺设； 在岸MN上选一点P，先沿线段AP在地下铺设，再沿线段PB在水下铺设，预算地下、水下的电缆铺设费用分别为2万元/km，4万元/km.（1）求A、B两点间的距离；（2）请选择一种铺设费用较低的方案，并说明理由.【答案】（1）千米；（2）方案，理由见详解.【解析】【分析】（1）过点作于点，设，根据，即可求出，进而可得出结果；(2)根据（1）得结果，结合题意可直接计算出方案的费用；方案：设，则，其中，在直角三角形中，总铺设费用为，再设，用导数的方法求其最小值即可得出结果.【详解】（1）过点作于点，设，因为，所以，又，所以，即，解得,所以(km).（2）由（1）可知(km)，方案：沿线段AB在水下铺设，总铺设费用为万元；方案：设，则，其中，在直角三角形中，所以，则总铺设费用为，设，则，令得，列表如下：单调递减极小值单调递增所以的最小值为.所以该方案的总铺设费用为，此时.而，所以应选择方案进行铺设，点选择的正西方处，总铺设费用最低.【点睛】本题主要考查导数在最大值、最小值问题中的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性，进而确定函数的最值，属于常考题型.19.已知，函数.（1）求的值，使得为奇函数；（2）若且对任意都成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据题意得到函数定义域为，再由即可求出结果；（2）对任意都成立，即是对任意都成立；分别讨论，以及即可得出结果.【详解】(1)由题意可知的定义域为，因此，若为奇函数，则，即，所以；(2)由对任意都成立，可得对任意都成立；当时，显然不成立，所以；因此对任意都成立，等价于；当时，显然成立；所以符合题意；当时，有对任意都成立，则显然成立，所以符合题意；当时，有对任意都成立，因为时，因此有对任意不能恒成立，故不符合题意；综上，的取值范围为 .【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性的应用，熟记函数单调性与奇偶性即可，属于常考题型.20.在平面直角坐标系中，对于任意一点，总存在一个点满足关系式：（，），则称为平面直角坐标系中的伸缩变换.（1）在同一直角坐标系中，求平面直角坐标系中的伸缩变换，使得椭圆变换为一个单位圆；（2）在同一直角坐标系中，（为坐标原点）经平面直角坐标系中的伸缩变换（，）得到，记和的面积分别为S与，求证：；【答案】(1)；(2)见详解.【解析】【分析】（1）将椭圆方程化为标准方程，再由单位圆的方程，以及题中伸缩变换的概念，即可得出结果.（2）先设，根据伸缩变换得到，得到，设直线的斜率为,得到直线的方程为，从而求出点到直线的距离，同理得到点到直线的距离为，最后由化简即可得出结果.【详解】(1)因为椭圆的标准方程为，又单位圆的方程为，因此要想由椭圆变换为一个单位圆，伸缩变换只需为；（2）先设，因为为坐标原点，所以，由（为坐标原点）经平面直角坐标系中的伸缩变换（，）得到，所以，所以，设直线的斜率为，则直线的方程为,故，所以点到直线的距离为又直线的斜率为，直线的方程为，即，所以点到直线的距离为，因此 .【点睛】本题主要考查伸缩变换的问题，熟记伸缩变换的概念、以及点到直线距离公式等即可求解，属于常考题型，计算量较大.21.已知函数（），且不等式对任意的都成立，数列是以为首项，公差为1的等差数列（）.（1）当时，写出方程的解，并写出数列的通项公式（不必证明）；