上海市普陀区2019届高三数学3月模拟练习（二模）试题（含解析）.docx

上海市普陀区2019届高三3月模拟练习（二模）数学试题一、选择题（本大题共4小题，共20.0分）1.已知球O的半径为1，A、B、C三点都在球面上，且每两点间的球面距离均为，则球心O到平面ABC的距离为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由题意得到OA、OB、OC两两垂直，结合几何体，设为ABC所在平面截球所得圆的圆心，由勾股定理即可求出结果.【详解】显然OA、OB、OC两两垂直，如图，设为ABC所在平面截球所得圆的圆心，且，为的中心由，可得故选：B【点睛】本题主要考查点到平面的距离，结合勾股定理即可求解，属于基础题型.2.在中，若将绕直线BC旋转一周，则所形成的旋转体的体积是A. B. C. D. 【答案】D【解析】如图，绕直线旋转一周，则所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去一个以ABD为轴截面的校园追后剩余的部分.因为，所以.，所以.故选D.3.将函数图象上的点向左平移个单位，得到点，若位于函数的图象上，则A. ，s的最小值为B. ，s的最小值为C. ，s的最小值为D. ，s的最小值为【答案】C【解析】【分析】先由题意求出，再由将函数图象上的点向左平移个单位，得到点，以及位于函数的图象上，可表示出，进而可求出结果.【详解】将代入得：，进而求出平移后的坐标，将函数图象上的点向左平移个单位，得到点()，若位于函数的图象上，则，则，则，由得：当时，s的最小值为，故选：C【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换，熟记平移原则以及三角函数性质即可，属于常考题型.4.已知x，且，则存在，使得成立的构成的区域面积为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由目标函数作出可行域，根据可得，由换元法令，则，可将存在，使得成立，转化为存在，使得成立，进而可确定x，所满足的平面区域，继而可求出结果.【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：对应的区域为三角形OAB，若存在，使得成立，则，令，则，则方程等价为，即，存在，使得成立，即，则对应的区域为单位圆的外部，由，解得，即，则三角形OAB的面积，直线的倾斜角为，则，即扇形的面积为，则构成的区域面积为，故选：A【点睛】本题主要考查线性规划问题，只需作出可行域，再根据题意确定x，所满足的平面区域，即可求解，属于常考题型.二、填空题（本大题共12小题，共54.0分）5.已知集合，则_【答案】【解析】【分析】先解将得到集合，进而可求出结果.【详解】或或，则，故答案为：【点睛】本题主要考查补集的运算，熟记概念即可，属于基础题型.6.已知复数是虚数单位，则的虚部等于_【答案】-1【解析】【分析】先由复数的运算化简，进而可求出结果.【详解】，的虚部等于故答案为：【点睛】本题主要考查复数的运算，熟记运算法则和复数的概念即可，属于基础题型.7.计算 _【答案】【解析】【分析】先对化简，再分子与分母同除以，即可求出结果.【详解】，原式故答案为：【点睛】本题主要考查“”的极限问题，先将原式进行化简即可，属于基础题型.8.行列式中第2行第1列元素的代数余子式的值为，则_【答案】-14【解析】【分析】先由题意得到，再进一步计算即可得出结果.【详解】由题意得解得：故答案为：【点睛】本题主要考查矩阵的计算，熟记概念和公式即可，属于基础题型.9.被7除后的余数为_【答案】2【解析】【分析】先由化为，再由二项展开式展开即可得出结果.【详解】被7除后的余数为2，故答案为：2【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，熟记二项展开式即可，属于常考题型.10.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积是_【答案】【解析】观察三视图可知：该几何体为底面半径为2，高为6的圆锥，则母线长为，故侧面积为，故答案为.11.已知，则_【答案】【解析】【分析】利用两角差正切公式即可得到结果.【详解】,故答案为：【点睛】本题考查两角和与差的正切公式，考查计算能力，属于基础题.12.从5名同学中任选3人担任上海进博会志愿者，则“甲被选中，乙没有被选中”的概率是_【答案】【解析】【分析】先求出“从5名同学中任选3人担任上海进博会志愿者”所包含的基本事件总数，再求出满足“甲被选中，乙没有被选中”的基本事件数，即可求出结果.【详解】从5名同学中任选3人担任上海进博会志愿者，基本事件总数，“甲被选中，乙没有被选中”包含的基本事件有，“甲被选中，乙没有被选中”的概率故答案为：【点睛】本题主要考查古典概型，熟记概率计算公式即可求解，属于常考题型.13.如果的展开式中只有第4项的二项式系数最大，那么展开式中的所有项的系数之和是_【答案】【解析】二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则,令可得展开式中的所有项的系数之和是.14.若关于x、y的二元一次方程组至少有一组解，则实数m的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先将方程组化为二元一次方程组，根据题意求出直线与直线平行时的值，即可得出满足题意的m的取值范围。【详解】关于x，y的二元一次方程组，即二元一次方程组，若直线与直线平行，则，解得若关于x、y的二元一次方程组至少有一组解，则，即故答案为：【点睛】本题主要考查两条直线的位置关系，方程组有实根可转化为两直线有交点的问题来处理，属于常考题型.15.已知，且，则_【答案】【解析】【分析】先由题意确定与夹角，确定两向量同向，进而可求出结果.【详解】由，得，；又，；，且；则，故答案为：【点睛】本题主要考查向量的数量积和向量共线问题，熟记向量的夹角公式和向量共线定理即可，属于基础题型.16.已知函数，若存在唯一的整数x，使得不等式成立，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据解析式作出函数图像，分两种情况讨论：当时和当时，分别求出的范围即可得出结果.【详解】根据题意，函数，其图象如图：分2种情况讨论：，当时，若存在唯一的整数x，使得不等式成立，即有唯一的整数解，又，则此时有，当时，则，若存在唯一的整数x，使得不等式成立，即有唯一的整数解，又由，则此时有，综合可得：或；则a的取值范围为；故答案为：【点睛】本题主要考查分段函数的图像和性质，通常需要用到分类讨论的思想来处理，属于常考题型.三、解答题（本大题共5小题，共76.0分）17.已知正方体的棱长为4，E、F分别是棱AB、的中点，联结EF、E、E、E.求三棱锥的体积；求直线与平面所成角的大小结果用反三角函数值表示【答案】（1）；（2）【解析】【分析】先由题意连结EF、E、E、E，根据三棱锥的体积公式可得进而可求出结果； 以D为原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，根据两向量夹角的余弦值即可求出结果.【详解】正方体的棱长为4，E、F分别是棱AB、的中点，连结EF、E、E、E.三棱锥的体积以D为原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，0，2，4，2，2，0，设平面的法向量y，则，取，得，设直线与平面所成角的大小为，则，直线与平面所成角的大小为【点睛】本题主要考查棱锥的体积公式以及空间向量的方法求线面角的问题，熟记公式即可求体积；对于线面角的求法，通常需要建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，即可求解，属于常考题型.18.已知函数在区间上的最大值为10求a的值及的解析式；设，若不等式在上有解，求实数t的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)先对函数求导，判断出函数的最大值，进而可求出a的值及的解析式；根据(1)的结果得到，再由不等式在上有解，得到在上有解，令，即可得到在上有解，结合配方法可求出结果.【详解】，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，故，解得：，故；由，若不等式在上有解，则在上有解，即在上有解，令，则在上有解，当时，于是，故实数t的范围是【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，通常需要用导数的方法研究函数的单调性和最值等，属于常考题型.19.如图所示，某城市有一条从正西方AO通过市中心O后向东北OB的公路，现要修一条地铁L，在OA，OB上各设一站A，B，地铁在AB部分为直线段，现要求市中心O与AB的距离为，设地铁在AB部分的总长度为按下列要求建立关系式：设，将y表示成的函数；设，用m，n表示y把A，B两站分别设在公路上离中心O多远处，才能使AB最短？并求出最短距离【答案】y=，；（2）【解析】【分析】先过O作于H，结合题意用表示出和，进而可求出结果；根据等面积原理得到，进而可得出结果；(2)分别求出两种方案下的AB的值，比较大小即可得出结果.【详解】过O作于H由题意得，且即,即；由等面积原理得即选择方案一：当时，此时，而所以选择方案二：因为，由余弦定理得，即当且仅当时取等号【点睛】本题主要考查解三角形的应用，熟记余弦定理和正弦定理等即可，属于常考题型.20.已知动直线l与椭圆C：交于，两个不同的点，O为坐标原点若直线l过点，且原点到直线l的距离为，求直线l的方程；若的面积，求证：和均为定值；椭圆C上是否存在三点D、E、G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由【答案】（1）见解析；（3）见解析【解析】【分析】先设直线方程为，根据原点到直线l的距离为，列出方程即可求出，进而可得出结果；分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理等即可证明结论成立；先假设存在，使得，结合(2)中的结果推出矛盾即可.【详解】设直线方程为，原点到直线l的距离为，解得时，此时直线方程为，当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，所以，在椭圆上，又，由得，此时，；当直线l的斜率存在时，是直线l的方程为，将其代入得，即，又，点O到直线l的距离为，又，即整理得，此时，；综上所述，结论成立椭圆C上不存在三点D，E，G，使得，证明：假设存在，使得由得，；，解得；因此u，只能从中选取，v，只能从中选取，因此点D，E，G，只能在这四点中选取三个不同点，而这三点的两两连线中必有一条过原点，与矛盾所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G【点睛】本题主要考查直线与椭圆的应用，需要熟记点到直线的距离公式，并且在处理直线与曲线的问题时，通常需要联立直线与曲线方程，结合韦达定理求解，属于常考题型.21.已知无穷数列的各项都不为零，其前n项和为，且满足，数列满足，其中t为正整数求；若不等式对任意都成立，求首项的取值范围；若首项是正整数，则数列中的任意一项是否总可以表示为数列中的其他两项之积？若是，请给出一种表示方式；若不是，请说明理由【答案】(1) .(2) .(3) 数列中的任意一项总可以表示为数列中的其他两项之积.理由见解析.【解析】分析：（1）令，则，即，可得又由与的关系可得，从而数列是首项为，公差为1的等差数列，由此可得（2）由可得数列是首项为，公差为1的等差数列；数列是首项为，公差为1的等差数列，由此可得然后由题意讨论可得（3）由（2）得数列的各项都是正整数假设结论成立，即，即，所以，取，取，故，不妨设是偶数，则一定是整数，讨论可得不论为奇数还是偶数，上式都有解，即假设成立详解：（1）令，则，即，又，所以；由，得，两式相减得，又，故，所以（2）由（1）知数列是首项为，公差为1的等差数列；数列是首项为，公差为1的等差数列故所以当时奇数时，即，即对任意正奇数恒成立，所以，解得当时偶数时，即，即对任意正偶数恒成立，所以，解得综合得（3）