上海黄浦区高三数学二模

上海市黄浦区2019届高三数学二模试卷第卷（共60分）一、填空题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.行列式的值为_【答案】-1【解析】【分析】根据直接得，即可得出结果.【详解】因为.故答案为【点睛】本题主要考查行列式的简单计算，熟记公式即可，属于基础题型.2.计算：_【答案】【解析】【分析】分子分母同除以，即可求出结果.【详解】因为.故答案为【点睛】本题主要考查“”型的极限计算，熟记常用做法即可，属于基础题型.3.椭圆的焦距长为_【答案】2【解析】【分析】根据椭圆方程求出，进而可求出结果.【详解】因为椭圆中，所以，所以焦距为.故答案为2【点睛】本题主要考查椭圆的焦距，熟记椭圆的性质即可，属于基础题型.4.若函数的反函数为，则_【答案】9【解析】【分析】根据函数的反函数解析式可求出解析式，进而可求出结果.【详解】因为函数的反函数为，令，则，所以，故.故答案为9【点睛】本题主要考查反函数，熟记反函数与原函数之间的关系即可求解，属于基础题型.5.若球主视图的面积为，则该球的体积等于_【答案】【解析】【分析】根据球的三视图都相当于过球心的截面圆，由题中数据可得球的半径，从而可求出结果.【详解】设球的半径为，因为球主视图的面积为，所以，故，所以该球的体积为.故答案为【点睛】本题主要考查球的体积，熟记球的三视图以及球的体积公式即可，属于基础题型.6.不等式的解集为_【答案】【解析】【分析】先由可得，从而可直接得出结果.【详解】因为，所以，所以或，即或，因此，原不等式的解集为.故答案为【点睛】本题主要考查含绝对值不等式的解法，先将原式进行变形即可求解，属于基础题型.7.若等比数列的前项和，则实数_【答案】【解析】【分析】根据为等比数列，由求出， 得到，再由即可求出结果.【详解】因为等比数列的前项和，所以，所以，又，所以.故答案为【点睛】本题主要考查等比数列，熟记前项和公式即可，属于基础题型.8.在的二项展开式中，若所有项的二项式系数之和为256，则常数项等于_【答案】112【解析】由题意可得：，结合二项式展开式通项公式可得：，令可得：，则常数项为：.9.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由函数在区间上单调递增，得到在每一部分都单调递增，且，即可求出结果.【详解】因为函数在区间上单调递增，所以在每一部分都单调递增，且，即，解得.故答案【点睛】本题主要考查分段函数单调的问题，只需满足每一部分单调，并且特别主要结点位置的取值即可，属于常考题型.10.设，若圆（）与直线有交点，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据直线与圆相交，可得圆心到直线的距离小于等于半径，列出不等式即可求出结果.【详解】因为圆圆心为，又圆（）与直线有交点，所以存在，使得圆心到直线的距离即可，即成立即可，其中，又，所以的最小值为.故答案为【点睛】本题主要考查直线与圆位置关系，直线与圆有交点，只需圆心到直线的距离小于等于半径即可，属于常考题型.11.设，若关于的方程在区间上有三个解，且它们的和为，则_【答案】或【解析】【分析】由关于的方程在区间上有三个解，且函数的最小正周期为可得，最大和最小的解分别为和，根据它们的和为，可求出中间的解，列出等式，根据的范围即可求出结果.【详解】因为关于的方程在区间上有三个解，且函数的最小正周期为，再由三角函数的对称性可知：方程在区间上的解的最小值与最大值分别为和；又它们的和为，所以中间的解为，所以有，即，故，又，所以或.故答案为或【点睛】本题主要考查三角函数的图像与性质，熟记正弦型函数的性质即可，属于常考题型.12.已知复数集合 ，其中为虚数单位，若复数，则对应点在复平面内所形成图形的面积为_【答案】【解析】【分析】先由复数的几何意义确定集合所对应的平面区域，再确定集合所对应的平面区域，由复数，可得复数对应的点在复平面内所形成图形即为集合与集合所对应区域的重叠部分，结合图像求出面积即可.【详解】因为复数集合，所以集合所对应的平面区域为与所围成的正方形区域；又，设，且,，所以，设对应的点为，则，所以，又,，所以，因为复数，对应的点在复平面内所形成图形即为集合与集合所对应区域的重叠部分，如图中阴影部分所示，由题意及图像易知：阴影部分为正八边形，只需用集合所对应的正方形区域的面积减去四个小三角形的面积即可.由得，由得，所以.故答案为【点睛】本题主要考复数的几何意义，以及不等式组所表示平面区域问题，熟记复数的几何意义，灵活掌握不等式组所表示的区域即可，属于常考题型.第卷（共90分）二、选择题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.设，“”是“”的（ ）A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既非充分又非必要条件【答案】A【解析】【分析】先解不等式得到的范围，再根据充分条件与必要条件的概念即可求出结果.【详解】解不等式可得或，所以，由“”能推出“或”；由“或”不能推出“”，故“”是“”的充分不必要条件.故选A【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件，熟记概念即可，属于常考题型.14.已知梯形，设，向量的起点和终点分别是、中的两个点，若对平面中任意的非零向量，都可以唯一表示为、的线性组合，那么的个数为（ ）A. 6B. 8C. 10D. 12【答案】B【解析】【分析】根据对平面中任意的非零向量，都可以唯一表示为、的线性组合，可知：、不共线，进而可得出结果.【详解】因为对平面中任意的非零向量，都可以唯一表示为、的线性组合，所以、不共线；又，向量的起点和终点分别是、中的两个点，所以，起点和终点分别是、中的两个点的向量与共线的有，共四个向量；又起点和终点分别是、中的两个点的向量共有，因此，满足题意的的个数为.故选B【点睛】本题主要考查平面向量基本定理以及排列组合问题，熟记可作为基底的向量的特征即可，属于常考题型.15.在某段时间内，甲地不下雨的概率为（），乙地不下雨的概率为（），若在这段时间内两地下雨相互独立，则这段时间内两地都下雨的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据相互独立事件的概率，可直接写出结果.【详解】因为甲地不下雨的概率为，乙地不下雨的概率为，且在这段时间内两地下雨相互独立，所以这段时间内两地都下雨的概率为.故选D【点睛】本题主要考查相互独立事件的概率，熟记概念即可，属于基础题型.16.在中，下列说法中正确的是（ ）A. 用、为边长不可以作成一个三角形B. 用、为边长一定可以作成一个锐角三角形C. 用、为边长一定可以作成一个直角三角形D. 用、为边长一定可以作成一个钝角三角形【答案】B【解析】【分析】由三角形的性质可得：任意两边之和大于第三边，再由余弦定理即可得出结果.【详解】因为在中，所以，所以，所以；同理可得；，故、可以作为三角形的三边；若、分别对应三角形三边，根据余弦定理可得：；即、所对应的三个角均为锐角，所以用、为边长一定可以作成一个锐角三角形.故选B【点睛】本题主要考查三角形的性质以及余弦定理，熟记余弦定理即可，属于常考题型.三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.如图，在棱长为2的正方体中，为的中点.（1）求证：直线平行于平面；（2）求异面直线与所成角的大小. （结果用反三角函数值表示）【答案】（1）略；（2）【解析】【分析】（1）取中点为，连结，证明，即可得出直线平面；(2)连结，根据可得，直线与所成角即等于直线与所成角，连结，解三角形即可得出结果.【详解】(1) 取中点为，连结，因为在棱长为2的正方体中，为的中点，所以平行且等于，所以四边形为平行四边形，因此，又平面，平面，所以平面；(2) 连结，因为在正方体中，易知，所以直线与所成角，即等于直线与所成角，连结，因为正方体棱长为2，所以，所以，所以异面直线与所成角的大小为.【点睛】本题主要考查线面平行的判定以及异面直线所成的角，熟记线面平行的判定定理以及异面直线所成角的几何求法即可，属于常考题型.18.经济订货批量模型，是目前大多数工厂、企业等最常采用的订货方式，即某种物资在单位时间的需求量为某常数，经过某段时间后，存储量消耗下降到零，此时开始订货并随即到货，然后开始下一个存储周期，该模型适用于整批间隔进货、不允许缺货的存储问题，具体如下：年存储成本费（元）关于每次订货（单位）的函数关系，其中为年需求量，为每单位物资的年存储费，为每次订货费. 某化工厂需用甲醇作为原料，年需求量为6000吨，每吨存储费为120元/年，每次订货费为2500元.（1）若该化工厂每次订购300吨甲醇，求年存储成本费；（2）每次需订购多少吨甲醇，可使该化工厂年存储成本费最少？最少费用为多少？【答案】（1），；（2），【解析】【分析】(1)根据题中数据求出，得到，再将代入即可得出结果；(2)根据基本不等式求出最小值，注意等号成立的条件，即可得出结果.【详解】(1)因为年存储成本费（元）关于每次订货（单位）的函数关系，其中为年需求量，为每单位物资的年存储费，为每次订货费.由题意可得：，所以存储成本费，若该化工厂每次订购300吨甲醇，所以年存储成本费为；(2)因为存储成本费，所以，当且仅当，即时，取等号；所以每次需订购吨甲醇，可使该化工厂年存储成本费最少，最少费用为.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，熟记基本不等式即可求解，属于常考题型.19.已知函数.（1）设，判断函数的奇偶性，并说明理由；（2）设函数，对任意，求在区间上零点个数的所有可能值。【答案】（1），偶函数；，非奇非偶函数；（2）10或11【解析】【分析】(1)先根据题意判断函数的定义域，再根据函数奇偶性的定义，分类讨论，即可得出结论；(2)先由区间 恰好含的5个周期，分为零点和不是零点两种情况讨论，即可得出结果.【详解】(1)因为，所以，；当时，所以，所以为偶函数；当时，所以，因此为非奇非偶函数；综上：当时，为偶函数；当时，为非奇非偶函数；(2)因为，所以区间恰好含的5个周期，因此，根据正弦函数的性质可知：当是零点时，也是零点，所以在区间上有11个零点；当不是零点时，也不是零点，所以在区间上有10个零点；综上，在区间上零点个数的所有可能值为10或11.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性以及函数零点个数的问题，熟记函数奇偶性的概念以及正弦函数的性质即可，属于常考题型.20.双曲线（）.（1）若的一条渐近线方程为，求的方程；（2）设、是的两个焦点，为上一点，且，的面积为9，求的值；【答案】（1）；（2）3；【解析】【分析】(1)根据双曲线渐近线方程，得到，从而可求出双曲线的方程；(2)根据双曲线定义先得到，再由的面积为9，得到，根据，求出，即可得出结果；【详解】(1)因为双曲线（）的一条渐近线方程为，所以，因此，的方程为；(2) 双曲线定义可得：，又，的面积为9，所以，且，所以，故，所以，因此，；【点睛】本题主要考查双曲线的方程，以及双曲线的简单性质，熟记性质即可，属于常考题型.21.已知以为首项的数列满足：（）.（1