2019-2020学年市一中高考模拟卷（三）数学试题（解析版）

2019-2020学年市一中高考模拟卷（三）数学试题一、单选题1设xR，则“|x2|0”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】根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】解：由“|x2|1”得1x3，由x2+x20得x1或x2，即“|x2|1”是“x2+x20”的充分不必要条件，故选：A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断2已知集合，则有（ ）ABCD【答案】B【解析】根据两个集合分别表示的平面区域分析可得答案.【详解】因为表示四个顶点分别为的正方形围成的区域(包括边界),而表示的圆心为原点,半径为1的圆围成的区域(包括边界),所以.故选:B【点睛】本题考查了集合之间的真子集关系,属于基础题.3将向量=(，)，=(，)，=(,)组成的系列称为向量列，并定义向量列的前项和如果一个向量列从第二项起,每一项与前一项的差都等于同一个向量，那么称这样的向量列为等差向量列。若向量列是等差向量列，那么下述四个向量中，与一定平行的向量是 ( )ABCD【答案】B【解析】依题意，当 为等差向量列时，设每一项与前一项的差都等于 ，则可求出通项公式 ，所以前21项和 ，故与 平行的向量是 ，选B.点睛: 本题主要考查新定义: 等差向量列的理解和应用, 属于中档题. 解题思路：设每一项与前一项的差都等于，运用类似等差数列的通项和求和公式，计算可得，由向量共线定理，可得出结论. 考查类比的数学思想方法和向量共线定理的运用. 4设集合A0，)，B，1，函数，若x0A，且ff(x0)A，则x0的取值范围是()A(0，B(，)C(，D0，【答案】B【解析】【详解】x0A，f(x0)x0B.ff(x0)f(x0)2(1x0)12x0.又因为ff(x0)A，012x0，解得x0，又0x0.x0，故选B.二、填空题5函数的最小正周期_.【答案】【解析】利用两角和的正弦公式化简函数表达式，由此求得函数的最小正周期.【详解】依题意，故函数的周期.故填：.【点睛】本小题主要考查两角和的正弦公式，考查三角函数最小正周期的求法，属于基础题.6若函数，则其反函数_.【答案】,【解析】计算二阶行列式化简,再根据求反函数的步骤可求得反函数.【详解】因为,因为,所以,所以由得,所以,交换可得,所以,故答案为:, .【点睛】本题考查了二阶行列式的计算,反函数的求法,属于基础题.7在的展开式中，的系数为 .【答案】【解析】展开式的通项为，由得，所以，所以该项系数为.【考点】二项式定理及二项展开式的通项.8过原点且与圆相切的直线方程为_.【答案】【解析】切线的斜率显然存在,设出切线方程,利用圆心到直线的距离等于半径,列方程可解得答案.【详解】由得,所以圆心为,半径为,因为圆心到轴的距离为2,所以所求切线的斜率一定存在,所以设所求切线方程为,即,依题意得,解得,所以所求切线方程为.故答案为:.【点睛】本题考查了求圆的切线方程,属于基础题.9我国古代数学名著九章算术有“米谷粒分”题：粮仓开仓放粮，有人送来米石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得粒内夹谷粒，则这批米内夹谷约为_石；（结果四舍五入，精确到各位）【答案】169【解析】根据古典概型概率公式可得这批米内夹谷的概率约为 ，所以这批米内夹谷约为石，故答案为.10抛物线x2=2py（p0）的焦点为F，其准线与双曲线-=1相交于A，B两点，若ABF为等边三角形，则p=_.【答案】6【解析】因为抛物线x2=2py的准线和双曲线-=1相交交点横坐标为【考点】本题主要考查抛物线的概念、标准方程、几何性质，考查分析问题解决问题的能力.11若复数（x，i为虚数单位）满足，则的最小值为_.【答案】6【解析】根据复数模的计算公式将化为,将其代入到后,利用基本不等式可求得答案.【详解】由得,化简得,即,所以,当且仅当时等号成立.故答案为:6【点睛】本题考查了复数的模的公式,基本不等式求最小值,属于基础题.12一个等差数列中，是一个与无关的常数，则此常数的集合为 【答案】【解析】试题分析：设数列的首项为，公差为，是一个与无关的常数或，所以比值常数为【考点】等差数列通项公式13已知直三棱柱的6个顶点都在球O的球面上，若，则球的表面积为_.【答案】【解析】把直三棱柱的补成一个长方体，则直三棱柱的外接球和长方体的外接球是同一个球，由长方体的对角线长等于球的直径，求得球的半径，再利用球的表面积公式，即可求解【详解】由题意，直三棱柱的底面为直角三角形，可把直三棱柱的补成一个长方体，则直三棱柱的外接球和长方体的外接球是同一个球，又由长方体的对角线长等于球的直径，且，即，即，所以球的表面积为故答案为：【点睛】本题主要考查了直三棱柱与球的组合体问题，以及球的表面积的计算，其中解答中根据组合体的结构特征，求得球的半径是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题14新一季“中国好声音”开唱，开场节目是四位导师各选一首自己的代表作供其他导师演唱，每人恰好都是唱别人的歌.假设四首歌已选定，则有_种不同演唱方式.【答案】9【解析】将问题转化为四个元素填四个空的全错位排列后,再按照元素1的位置分3类讨论计算结果相加即可得到.【详解】将四位导师抽象为四个元素,设为1,2,3,4,四首歌抽象为四个空位,设为1,2,3,4,依题意转化为四个元素填四个空的全错位排列,第一类:元素1填在2号空位,则元素2有3种填法,元素3,4填法唯一,此时共有3种填法;第二类,元素1填在3号空位,则元素3有3种填法,元素2,4填法唯一,此时共有3种填法;第三类,元素1填在4号空位,则元素4有3种填法,元素2,3填法唯一,此时共有3种填法;根据分类计算原理可得共有3+3+3=9种填法.综上所述,共有9种不同的演唱方式.故答案为:9【点睛】本题考查了有限制条件的排列问题,属于中档题.15若函数的图象关于点成中心对称，则_.【答案】3【解析】在函数的图象上取两点,求出它们关于点对称的点,后,代入,解方程组可得答案.【详解】在函数的图象上取两点,则它们关于点对称的点,也在函数的图象上,即,即,解得,所以.故答案为:3【点睛】本题考查了函数图象的对称中心的性质,属于基础题.16在平面直角坐标系中，是坐标原点，两定点满足，由点集所表示的区域的面积是_【答案】4【解析】【详解】由|2，知cosAOB，又0AOB，则AOB，又A，B是两定点，可设A(，1)，B(0,2)，P(x，y)，由，可得.因为|1，所以1，等价于 由可行域可得S02，所以由对称性可知点P所表示的区域面积S4S04三、解答题17已知，.（1）若，求的值；（2）在（1）的条件下，若，求sin的值.【答案】(1),(2)【解析】(1)由可得,再由万能公式可得的值,(2)利用可得答案.【详解】(1)因为 ,所以,即,所以.(2)由(1)知, ,且,所以,所以,所以,又,所以,所以,所以 .【点睛】本题考查了向量平行的坐标表示,二倍角的正弦公式,同角公式,两角差的正弦公式,属于基础题.18如图，正四棱锥内接于圆锥，圆锥的轴截面是边长为10cm的正三角形.（1）求异面直线PA与BC所成角的大小；（2）若正四棱锥由圆锥削去一部分得到，则需要削去部分的体积为多少？（精确到）【答案】(1),(2).【解析】(1)根据可知, 就是异面直线PA与BC所成的角,在三角形中由余弦定理可求得,(2)用圆锥的体积减去正四棱锥的体积即可得到答案.【详解】(1)在正四棱锥中,所以就是异面直线PA与BC所成的角,在正方形中,所以,在三角形中,所以,所以,所以异面直线PA与BC所成角的大小为.(2)在直角三角形中,所以圆锥的体积,正四棱锥的体积,所以需要削去部分的体积为.所以需要削去部分的体积约为.【点睛】本题考查了正四棱锥的结构特征,异面直线所成角,椎体的体积公式,属于中档题.19首项为的无穷等比数列所有项的和为1，为的前n项和，又，常数，数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）若是递减数列，求t的最小值.【答案】(1) ,(2)1【解析】(1)根据无穷等比数列所有项的和为1,求出公比,再根据等比数列的通项公式可得;(2)求出后代入可得,然后根据数列递减可得恒成立,由不等式恒成立可得答案.【详解】(1)设无穷等比数列的公比为,则,所以,解得,所以,(2)因为,所以,所以,所以,因为是递减数列,所以 恒成立,所以恒成立,所以恒成立,因为为递减函数,所以时,取得最大值,所以,又因为,所以的最小值为1.【点睛】本题考查了无穷等比数列的和,等比数列的通项公式和前项和,数列的单调性,属于中档题.20设S、T是R的两个非空子集，如果函数满足：；对任意，当时，恒有，那么称函数为集合S到集合T的“保序同构函数”.（1）试写出集合到集合R的一个“保序同构函数”；（2）求证：不存在从集合Z到集合Q的“保序同构函数”；（3）已知是集合到集合的“保序同构函数”，求s和t的最大值.【答案】(1) ,(2)证明见解析,(3)的最大值为1,的最大值为【解析】(1)直接由题意写出即可;(2)用反证法证明即可;(3)用定义证明在上递增,在上递减后,可得,.【详解】(1)取,该函数是集合到集合R的一个“保序同构函数”;证明:任取,则,因为在上为增函数,所以,即,由定义可知, 函数是集合到集合R的一个“保序同构函数”.(2)证明:假设存在一个从集合到集合的“保序同构函数”,由“保序同构函数”的定义可知,集合和集合中的元素必须是一一对应的,不妨设整数0和1在中的像分别为和,根据保序性,因为01