【解析】浙江省杭州市高级中学高三下学期教学质量检测数学试题

杭高2019学年第二学期高三教学质量检测数学试题卷一、选择题1.已知集合，那么（）A.（1，2） B.（0，1） C.（1，0） D.（1，2）【答案】C【解析】【分析】先求出集合的补集，然后求即可.【详解】解：因为，所以或≥，所以，故选：C【点睛】此题考查了集合的交集、补集运算，属于基础题.2.双曲线的左顶点到其渐近线的距离为（）A.2 B. C. D.3【答案】C【解析】【分析】先求左顶点坐标以及渐近线方程，再根据点到直线距离公式求结果.【详解】因为双曲线的左顶点为，渐近线方程为所以双曲线的左顶点到其渐近线的距离为故选：C【点睛】本题考查双曲线渐近线以及点到直线的距离公式，考查基本分析求解能力，属基础题.3.已知一个四棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为A. B. C. D.【答案】A【解析】由正视图和俯视图可知，则该几何体PABCD的底面ABCD是边长为的正方形，PA⊥面ABCD，其直观图如图所示，由三视图知识知，其侧视图如A所示，故选A．4.若x,y满足约束条件的取值范围是A.[0,6] B.[0,4] C.[6, D.[4,【答案】D【解析】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数的范围是[4，+∞）．故选D．5.若函数的大致图象如图所示，则（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【分析】通过函数值为0，求出x的表达式，判断m，n的范围，排除选项A，D，通过，利用函数的单调性，结合x与y的关系，判断排除选项C即可.【详解】令，即，则，即，由题意，故时，时，排除A､D；当时，易知是减函数，且当时，则，C明显不合题意，排除C；故选：B.【点睛】本题主要考查了函数与方程的应用，函数的最值以及函数的单调性的应用，属于中档题.6.对于任意实数表示不小于的最小整数，例如,那么“”是“”（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】通过给取特值得到前者推不出后者，通过推导判断出后者可以推出前者，根据必要不充分条件的定义判断出结论【详解】由已知可得令，满足，但，，而时，必有“”是“”必要不充分条件故选【点睛】本题主要考查了充要条件的判断，说明一个命题不成立常用举反例的方法，考查利用充要条件的定义判断一个命题是另一个命题的什么条件．7.已知随机变量的分布列如下：012则当内増大吋（）A増大 B.減小 C.先増大后減小 D.先減小后増大【答案】C【解析】【分析】由随机变量的分布列得：，解得，，可得．，利用二次函数的单调性即可得出．【详解】解：由随机变量的分布列得：，解得，，，．，所以时单调递增，时单调递减，故选：C．【点睛】本题考查了随机变量的分布列期望与方差、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．8.己知，，是空间单位向量，且满足，若向量，.则在方向上的投影的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意得是空间中两两夹角为60°的单位向量，构造棱长为1的正四面体，使得，在射线上取点，使得，由三点共线定理可得在直线上，根据投影定理可得在方向上的投影=，当最小时，余弦值最大，结合图示，即可求解.【详解】易得是空间中两两夹角为60°的单位向量.如下图，构造棱长为1的正四面体，使得，在射线上取点，使得设，则，由三点共线知在直线上.由定义知在方向上的投影=作点在平面上的射影.由最小角定理，当且仅当向量与向量同向时，最小，最大.即.故选：D.【点睛】本题考查向量的三点共线定理、向量的投影，解题的关键是根据共线定理得到P在BD上，结合图示，分析求解即可，对基础知识要求较高，考试分析化简，计算求值的能力，属中档题.9.已知，设函数，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为A.， B.， C.， D.，【答案】D【解析】【分析】当时，，分、两类讨论，可求得；当时，，分、两类讨论，可求得；取其公共部分即可得到答案．【详解】解：（1）当时，，的对称轴为，开口向上．当时，在递减，递增，当时，有最小值，即，；当时，在上递减，当时，有最小值，即（1），显然成立，此时．综上得，；（2）当时，，，当时，在上递增，（1），，此时；当时，在递减，递增，，，此时．综上：，关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为，故选：D．【点睛】本题考查分段函数的应用，考查不等式恒成立问题，着重考查分类讨论思想和等价转化思想，考查导数的运用，考查运算求解能力和推理能力，属于难题．10.已知数列满足：，且，下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知条件，且分析可得，然后构造函数，利用函数图象分析，再逐个判断即可.【详解】由于得，，因为，所以，对于A，，因为，所以，当时，，……，，所以，所以，故A不正确；对于C，考虑函数，如图所示，由图可知当时，数列递减，所以，即，所以C不正确；对于D，设，则由上图可知，即，等价于，等价于，而显然不成立，所以D不正确；由排除法可知B正确.故选：B【点睛】此题考查数列的递推关系，考查函数与数列的给综合运用，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题.非选择题部分二、填空题11.设（为虚数单位），则的共轭复数______，______【答案】(1).(2).【解析】【分析】先化简得，再求共轭复数和模长即可.【详解】∵∴，故答案为：；【点睛】本题主要考查复数的基本概念和四则运算，属于基础题.12.在二项式的展开式中，常数项是______，有理项的个数是______.【答案】(1).15(2).4【解析】【分析】先求出通项公式，再令的指数为0求出常数项，令的指数为整数，求出的值，判断出展开式中有理项的个数．【详解】因为二项式的展开式的通项公式为：；其中，1，2，3，4，5，6．令可得；故其常数项：；有理项需要的指数为整数是2的倍数，2，4，6．故展开式中有理项的个数是4；故答案为：15；4．【点睛】本题主要考查二项式定理的运用，解决二项展开式的特定项问题，应该利用的工具是二项展开式的通项公式．13.已知方程为的圆关于直线对称，则圆的半径作该圆的切线，切点为，则线段长度为______.【答案】(1).3(2).【解析】【分析】将圆方程整理成标准形式得到圆心与半径,由圆关于直线对称,得到直线过圆心,从而解出,求出半径,再根据,利用勾股定理求解即可.【详解】圆的标准方程为:,因为圆关于直线对称,所以圆心在直线上,所以,圆半径,设圆心为,则,所以,所以,故答案为:3;.【点睛】本题考查圆的标准方程,利用其求半径,切线长等,属于基础题.此类题一般会利用圆的一些基本性质,例如:过圆心的直线平分圆,切点与圆心的连线与该切点处的切线垂直等,要求学生对圆的知识掌握熟练.14.在中，，，点在线段上，满足，且，则______，______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】先求出，然后由三角形内角和外角的关系得，利用两个差的余弦公式代入角的三角函数值计算即可；在中，利用正弦定理即可求得【详解】解：在中，，，，在中，，，故答案为：；【点睛】本题考查求解三角形的边与角，关键是对公式要熟悉，并能灵活应用，考查了计算能力，难度不大.15.某地为提高社区居民身体素质和保健意识，从5名医生和2名护士共7名医务工作者中选出队长1人、副队长1人普通医务工作者2人组成4人医疗服务队轮流到社区为居民进行医疗保健服务，要求医疗服务队中至少有1名护士，则共有______种不同选法（用数字作答）【答案】360【解析】【分析】由于7名医务工作者中护士只有2名，而要从7名医务工作者中选4人至少有1名护士有两种情况，一是只有1名护士，另一个是有2名护士，然后由分类加法原理可得结果.【详解】解：分两类：①只有1名护士，共有：种选法；②有2名护士，共有：种；故共有240+120=360种选法.故答案为：360【点睛】此题考查排列组合的应用，分类讨论方法，考查了推理能力和计算能力，属于基础题.16.已知，若集合中的元素有且仅有2个，则实数的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】由绝对值三角不等式知，进而得到集合中有且仅有两个元素等价于有且仅有两个整数解，构造函数，并通过图象，即可得解.【详解】，当且仅当时等号成立，，当且仅当时等号成立，集合中有且仅有两个元素等价于不等式有且仅有两个整数解，函数的图象关于直线对称，又，，，，，作出函数的图象，如图所示，由图知，要使有两个整数解，则.故答案为：.【点睛】本题考查了绝对值三角不等式、集合问题及函数图象的应用，考查转化与化归的思想，合理运用绝对值三角不等式是本题的解题关键，属于中档题.17.已知椭圆的离心率是，若以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为，此时椭圆的方程是____.【答案】【解析】【分析】根据题意设为椭圆上任意一点,表达出,再根据二次函数的对称轴与求解的关系分析最值求解即可.【详解】因为椭圆的离心率是,,所以,故椭圆方程为.因为以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为,所以椭圆上的点到点的距离的最大值为.设为椭圆上任意一点,则.所以因为的对称轴为.(i)当时,在上单调递增,在上单调递减.此时,解得.(ii)当时,在上单调递减.此时,解得舍去.综上,椭圆方程为.故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆上的点到定点的距离最值问题,需要根据题意设椭圆上的点,再求出距离,根据二次函数的对称轴与区间的关系分析最值的取值点分类讨论求解.属于中档题.三、解答题18.已知函数的部分图象如图所示.（1）求函数的解析式；（2）求函数在上的值域.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由图可知，，所以，，再把点和均代入函数中，结合，，可求得函数解析式为；（2）先根据（1）中函数的解析式分别求得，，再结合正弦的两角和公式与辅助角公式可将函数化简为，最后结合正弦函数的图象即可求出其值域．【详解】（1）∵，∴，∴（2），∴∵，∴∴∴函数在上的值域【点睛】本题考查利用图象求函数的解析式、正弦函数的值域和三角恒等变换公式，属于基础题．19.如图，四棱台中，底面是菱形，底面，且60°，，是棱的中点.（1）求证：；（2）求直线与平面所成线面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由底面，得，再由底面是菱形，得，利用直线与平面垂直的判定可得平面，进一步得到；（2）设交于点，依题意，且，得到底面．以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系．求出平面的一个法向量与的坐标，再由两向量所成角的余弦值求解直线与平面所成线面角的正弦值．【详解】（1）因为底面，所以因为底面是菱形，所以又，所以平面又由四棱台知，，，，四点共面所以（2）如图，设交于点，依题意，且，，且，又由已知底面，得底面．以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图设交于点，依题意，且，所以则，，，，由，得因为是棱中点，所以所以，，设为平面的法向量则，取，得设直线与平面所成线面角为，则所以直线与平面所成线面角的正弦值【点睛】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，考查利用空间向量求解空间角，是中档题．20.已知公差非零的等差数列的前项和为，且，，成等比数列，且，数列满足，.（1）求数列和的通项公式；（2）设数列满足，求证：【答案】（1）；；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1），，成等比数列，且，求出，公差，求得的通项公式；由，，用累加法，求出的通项公式；（2）由（1）先求出，根据不等式左右的特点，分析可得应将进行适当放缩使之能求和化简，，由，左边部分可证得，右边部分分析可得，，再用累乘法，等比数列的前项和公式，可证得右边.【详解】解：（1）设数列公差为，则，由题有，则，又，得，∴∵，∴∴（2）由（1）知，∵，∴，∴，又，又当时，，∴，∴，∴，，则，…，，累乘得，∴，即不等式成立.【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式与前项和公式，考查了放缩法的应用，应根据题目的特点，适当放缩，即，和，是解决本题的关键，还考查了分析推理能力，运算能力，难度较大.21.已知是坐标系的原点，是抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于，两点，弦的中点为，的重心为．（1）求动点的轨迹方程；（2）设（1）中的轨迹与轴的交点为，当直线与轴相交时，令交点为，求四边形的面积最小时直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设，根据题意列出所满足的式子，再消去参数即可求解；（2）联立直线方程与抛物线方程，将四边形的面积用含的代数式表示出来，求得其最小值以及对应的值即可求解.【详解】（1）焦点，显然直线的斜率存在，设联立，消去得，，设，，，则，，∴，∴，消去，得重心的轨迹方程为；（2）由已知及（1）知，，，，，，∵，∴，(注：也可根据斜率相等得到)，，，点到直线的距离，∴四边形的面积，当且仅当，即时取等号，此时四边形的面积最小，所求的直线的方程为.考点：1.抛物线的标准方程及其性质；2.直线与抛物线的位置关系．22.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，设函数，若对任意的恒成立，求的最小值.【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）的最小值为3.【解析】【分析】（1）由，可得，根据导数与单调性