上海市崇明区2019届高三数学三模考试试题（含解析）.doc

上海市崇明区2019届高三数学三模考试试题（含解析）一.填空题1.设集合，则_【答案】【解析】【分析】根据交集的定义直接得到结果.【详解】由交集定义可得：本题正确结果：【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，属于基础题.2.若，则_【答案】4【解析】由行列式的定义可得：.3.已知复数满足（为虚数单位），则的模为_【答案】【解析】分析】根据复数模长运算性质可直接求得结果.【详解】 本题正确结果：【点睛】本题考查复数模长的求解，属于基础题.4.函数的单调递增区间为_【答案】，【解析】【分析】利用辅助角公式可整理出，令，解出范围即为所求区间.【详解】令，解得：，的单调递增区间为：，本题正确结果：，【点睛】本题考查正弦型函数单调区间的求解，关键是采用整体对应的方式来进行求解.5.若一个球的体积是，则它的表面积是_【答案】【解析】设铁球的半径为,则，解得；则该铁球的表面积为.考点：球的表面积与体积公式.6.某校三个年级中，高一年级有学生400人，高二年级有学生360人，现采用分层抽样的方法从全校学生中抽取55人，其中从高一年级学生中抽出20人，则从高三年级学生中抽取的人数为_【答案】17【解析】试题分析：高一高二人数之比为10:9，因此高二抽出的人数为18人，高三抽出的人数为55-20-18=17人考点：分层抽样7.一名工人维护台独立的游戏机，一天内这台需要维护的概率分别为、和，则一天内至少有一台游戏机不需要维护的概率为_（结果用小数表示）【答案】0.568【解析】【分析】记“至少有一台游戏机不需要维护”为事件，首先求解出，利用对立事件概率公式可求得结果.【详解】记“至少有一台游戏机不需要维护”为事件则 本题正确结果：【点睛】本题考查对立事件概率的求解，属于基础题.8.已知不等式组表示的平面区域为，点坐标为，对任意点，则的最大值为_【答案】6【解析】【分析】由约束条件画出平面区域，可知取最大值时，在轴截距最小，通过平移直线可知当过时，取最大值，求出点坐标，代入求得结果.【详解】由约束条件可得平面区域如下图阴影部分所示：令，则取最大值时，在轴截距最小平移可知，当过时，在轴截距最小由得： 本题正确结果：【点睛】本题考查线性规划中最值问题的求解，关键是将问题转化为在轴截距的最值的求解问题，通过平移直线求得结果.9.已知定义在上的增函数满足，若实数满足不等式，则的最小值是_【答案】8【解析】【分析】由知，可将不等式变为，利用函数单调性可得，根据线性规划的知识，知的几何意义为原点与可行域中的点的距离的平方，从而可知所求最小值为到直线的距离的平方，利用点到直线距离公式求得结果.【详解】由得：等价于为上的增函数 ，即则可知可行域如下图所示：则的几何意义为原点与可行域中的点的距离的平方可知到直线的距离的平方为所求的最小值本题正确结果；【点睛】本题考查函数单调性的应用、线性规划中的平方和型的最值的求解，关键是能够利用平方和的几何意义，将问题转化为两点间距离的最值的求解问题.10.若是二项式展开式中项的系数，则_【答案】2【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式可得，进而得到，利用裂项相消法和数列极限的求解方法可求得结果.【详解】的展开式通项公式为： 本题正确结果：【点睛】本题考查数列中的极限的求解问题，关键是能够通过二项展开式的通项公式求得通项，从而确定采用裂项相消的方式求得数列各项的和.11.已知是抛物线的焦点，点、在抛物线上且位于轴的两侧，若 （其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是_【答案】3【解析】设直线的方程为，点，直线与轴的交点为.联立，可得，根据韦达定理可得.，即.或（舍），即.点，位于轴的两侧不妨令点在轴的上方，则.，当且仅当时取等号.与面积之和的最小值是3.故答案为3.点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系及基本不等式求最值的应用，着重考查了推理与运算能力，其中通过韦达定理和推出的表达式和运用基本不等式是解答的关键12.在中，角所对的边分别为，如果对任意的实数，恒成立，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】设为直线上任意一点，且，可知恒成立，可知为边的高，利用三角形面积公式可得：；结合余弦定理整理可得，从而可得最大值，利用基本不等式可求得最小值，从而得到取值范围.【详解】设为直线上任意一点，且则 恒成立又为边的高 恒成立 由余弦定理可得： ，其中，又（当且仅当时取等号）本题正确结果：【点睛】本题考查解三角形中的取值范围的求解问题，关键是能够通过恒成立的不等关系得到边长与三角形高的长度关系，利用三角形面积公式和余弦定理可构造出不等式，从而可求得最值.二.选择题13.已知，则“”是“”的（ ）条件a. 充分不必要b. 必要不充分c. 充要d. 既不充分也不必要【答案】b【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的判定方式进行判定即可.【详解】当，时，此时，可知充分条件不成立；当时，由，可知，则，可知必要条件成立则“”是“”的必要不充分条件本题正确选项：【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，属于基础题.14.将函数的图像上所有的点向右平移个单位长度，再把图像上各点的横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），则所得图像的解析式为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根据三角函数的左右平移和伸缩变换原则变化函数解析式即可得到结果.【详解】向右平移个单位长度得：横坐标扩大到原来的倍得：本题正确选项：【点睛】本题考查三角函数图象变换中的左右平移变换和伸缩变换，关键是明确两种变换均是针对于的变化.15.已知关于的方程，其中都是非零向量，且不共线，则该方程的解的情况是（ ）a. 至少有一个解b. 至多有一个解c. 至多有两个解d. 可能有无数个解【答案】b【解析】【分析】根据平面向量基本定理可知，从而将方程整理为，由不共线可得，从而可知方程组至多有一个解，从而得到结果.【详解】由平面向量基本定理可得：则方程可变为：即：不共线 可知方程组可能无解，也可能有一个解方程至多有一个解本题正确选项：【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，关键是能够利用定理将方程进行转化，利用向量和为零和向量不共线可得方程组，从而确定方程解的个数.16.如图为正方体，动点从点出发，在正方体表面沿逆时针方向运动一周后，再回到的运动过程中，点与平面的距离保持不变，运动的路程与之间满足函数关系，则此函数图像大致是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】取线段中点为n，计算得：.同理，当n为线段ac或c的中点时，计算得.符合c项的图象特征.故选：c三.解答题17.在直三棱柱中，.（1）求异面直线与所成角的大小；（2）求直线与平面的距离.【答案】(1) .(2) .【解析】【分析】（1）或其补角就是异直线与所成角，我们可证为直角三角形且，故可得异面直线所成角的大小.（2）先计算，再利用等积法求到平面的距离，它就是直线到平面的距离.【详解】(1)因为，所以 (或其补角)是异直线与所成角.因为，所以平面，所以.中，所以，所以异面直线与所成角的大小为.(2)因为平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，设到平面的距离为，因为，可得，直线与平面的距离为.【点睛】异面直线所成角的计算，可通过平移把空间角转化为平面角，在可解的三角形中求其大小.直线到平面的距离可转化为点到平面的距离，求点面距时，注意利用题设中已有的线面垂直，如果没有，则利用面面垂直构建线面垂直，也可利用等积法求点面距.18.已知向量和向量，且.（1）求函数的最小正周期和最大值；（2）已知的三个内角分别为，若有，求的长度.【答案】（1）最小正周期为，最大值为2；（2）2.【解析】【分析】由整理可得：；（1）根据正弦型函数的最小正周期和最值的求解方法直接求得结果；（2）利用求得，利用正弦定理求得结果.【详解】由得：则：（1）最小正周期为：当时，（2）由得：，则由正弦定理可知：，即【点睛】本题考查三角函数中的正弦型函数的最小正周期、最值的求解、解三角形中的正弦定理的应用，涉及到平面向量共线定理、辅助角公式的应用.19.某地拟建造一座体育馆，其设计方案侧面的外轮廓线如图所示：曲线是以点为圆心的圆的一部分，其中，是圆的切线，且，曲线是抛物线的一部分，且恰好等于圆的半径.（1）若米，米，求与的值；（2）若体育馆侧面的最大宽度不超过75米，求的取值范围.【答案】（1），；（2）.【解析】分析】（1）根据抛物线方程求得，从而可得半径，即，进而解得；通过圆的方程求得点坐标，从而得到点坐标，代入抛物线方程求得；（2）求解出点坐标后，可知，可整理为，利用基本不等式可求得的最大值，从而可得的范围.【详解】（1）由抛物线方程得： 又，均为圆的半径 ，则圆的方程为： ，则代入抛物线方程得：，解得：（2）由题意知，圆的半径为：，即则点纵坐标为，代入抛物线方程可得：，即，整理可得： （当且仅当时取等号） 即的取值范围为：【点睛】本题考查函数在实际生活中的应用问题，涉及到函数方程的求解、根据函数最值求解参数范围的问题，关键是能够通过分离变量的方式，得到所求变量和函数最值的关系，从而通过基本不等式求得最值，进而得到参数范围.20.已知点、为双曲线的左、右焦点，过作垂直于轴的直线，在轴上方交双曲线于点，且，圆的方程是.（1）求双曲线的方程；（2）过双曲线上任意一点作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为、，求的值；（3）过圆上任意一点作圆的切线交双曲线于、两点，中点为，求证：【答案】（1）；（2）；（3）详见解析.【解析】【分析】（1），根据可得，利用双曲线的定义可得从而得到双曲线的方程.（2）设点，利用渐近线的斜率可以得到夹角的余弦为，利用点在双曲线上又可得为定值，故可得的值.（3）设，切线的方程为:，证明等价于证明，也就是证明 ，联立切线方程和双曲线方程，消元后利用韦达定理可以证明.【详解】(1)设的坐标分别为,因为点在双曲线上,所以,即,所以，在中, ,所以，由双曲线的定义可知: ，故双曲线的方程为: .(2)由条件可知:两条渐近线分别为；.设双曲线上的点,设的倾斜角为，则，又 ，所以，故，所以的夹角为，且.点到两条渐近线距离分别为，.因为在双曲线上,所以 ，所以.(3)由题意,即证: ,设,切线的方程为: .时,切线的方程代入双曲线中,化简得:(，所以，.又，所以.时,易知上述结论也成立.所以.综上, ,所以.【点睛】（1）过焦点且垂直于实轴的直线与双曲线 交于，则（通径）.（2）直线与圆锥曲线的位置关系，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系式中含有或，最后利用韦达定理证明该关系式为恒等式.21.如果存在常数，使得数列满足：若是数列中的一项，则也是数列 中的一项，称数列为“兑换数列”，常数是它的“兑换系数”.（1）若数列：是“兑换系数”为的“兑换数列”，求和的值；（2）已知有穷等差数列的项数是，所有项之和是，求证：数列是“兑换数列”，并用和表示它的“兑换系数”；（3）对于一个不小于3项，且各项皆为正整数的递增数列，是否有可能它既是等比数列，又是“兑换数列”？给出你的结论，并说明理由.【答案】（1）a