2019-2020学年上海市华东师范大学第二附属中学高三模拟（三模）数学试题（解析版）

2019-2020学年上海市华东师范大学第二附属中学高三模拟（三模）数学试题

一、单选题

1．若集合则“”是“”的（）

A．充要条件

B．必要不充分条件

C．充分不必要条件

D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】化简A，B，根据，列出不等式，解得，然后根据充要条件的定义判断即可

【详解】，要使，解得，，所以“”是“”的充分不必要条件，故选C

【点睛】

本题考查充要条件的判定，正确把握充要条件的判定是解题的关键，属于基础题

2．实数a，b满足a•b＞0且a≠b，由a、b、、按一定顺序构成的数列（）

A.可能是等差数列，也可能是等比数列

B.可能是等差数列，但不可能是等比数列

C.不可能是等差数列，但可能是等比数列

D.不可能是等差数列，也不可能是等比数列

【答案】B

【解析】由实数a，b满足a•b＞0且a≠b，分a，b＞0和a，b＜0，两种情况分析根据等差数列的定义和等比数列的定义，讨论a、b、、按一定顺序构成等差（比）数列时，是否有满足条件的a，b的值，最后综合讨论结果，可得答案．

【详解】

（1）若a＞b＞0

则有a＞＞＞b

若能构成等差数列，则a+b=+，得=2，解得a=b（舍），即此时无法构成等差数列

若能构成等比数列，则a•b=，得，解得a=b（舍），即此时无法构成等比数列

（2）若b＜a＜0，则有

若能构成等差数列，则，得2=3a-b

于是b＜3a

4ab=9a2-6ab+b2

得b=9a，或b=a（舍）

当b=9a时这四个数为-3a，a，5a，9a，成等差数列．

于是b=9a＜0，满足题意

但此时•b＜0，a•＞0，不可能相等，故仍无法构成等比数列

故选B

【点睛】

本题考查的知识点是等差数列的确定和等比数列的确定，熟练掌握等差数列和等比数列的定义和性质是解答的关键．

3．已知双曲线（，）的两条渐近线与抛物线（）的准线分别交于、两点，为坐标原点，若，△的面积为，则（）

A.1

B.C.2

D.3

【答案】C

【解析】求出双曲线的渐近线，利用三角形面积建立方程即可求解

【详解】

由，即渐近线为，与抛物线的准线交于，所以的面积为，解得

故选：C

【点睛】

本题考查抛物线，双曲线的几何性质，属于基础题型

4．若函数f（x）满足：f（|x|）＝|f（x）|，则称f（x）为“对等函数”，给出以下三个命题：

①定义域为R的“对等函数”，其图象一定过原点；

②两个定义域相同的“对等函数”的乘积一定是“对等函数”；

③若定义域是D的函数y＝f（x）是“对等函数”，则{y|y＝f（x），x∈D}⊆{y|y≥0}；

在上述命题中，真命题的个数是（）

A.0

B.1

C.2

D.3

【答案】B

【解析】由对等函数的定义可判断①②，举反例说明③错误

【详解】

①定义域为R的“对等函数”，可令x＝0，即f（0）＝|f（0）|，解得f（0）＝0，或f（0）＝1，故①错误；

②两个定义域相同的“对等函数”，设y＝f（x）和y＝g（x）均为“对等函数”，可得f（|x|）＝|f（x）|，g（|x|）＝|g（x）|，设F（x）＝f（x）g（x），即有F（|x|）＝f（|x|）g（|x|）＝|f（x）g（x）|＝|F（x）|，则乘积一定是“对等函数，故②正确”；

③若定义域是D的函数y＝f（x）是“对等函数”，可得f（|x|）＝|f（x）|，可取f（x）＝x|x|，x∈R，可得x≥0时，f（x）≥0；x＜0时，f（x）＜0，故③错误．

故选：B．

【点睛】

本题考查函数的新定义问题，理解题意是关键，是基础题

二、填空题

5．若复数z满足1+2i，则z等于_____．

【答案】1+i

【解析】由题得iz+i＝﹣1+2i，利用复数的乘除运算化简即可

【详解】

∵iz+i

∴iz+i＝﹣1+2i

∴z＝1+i

故答案为：1+i．

【点睛】

本题考查行列式，复数的运算，准确计算是关键，是基础题

6．计算：_____

【答案】

【解析】由二项式定理得，再求极限即可

【详解】；

∴．

故答案为：．

【点睛】

本题考查极限，考查二项式定理，是基础题

7．某人5次上班途中所花的时间（单位：分钟）分别为x，y，10,11,9，已知这组数据的平均数为10，方差为2，则的值为

.【答案】

【解析】【详解】

因为这组数据的平均数为10，方差为2，所以x+y＝20，（x﹣10）2+（y﹣10）2＝8，解得则x2+y2＝208，故答案为：208．

8．关于x，y的二元一次方程的增广矩阵为．若Dx＝5，则实数m＝_____．

【答案】-2

【解析】由题意，Dx5，即可求出m的值．

【详解】

由题意，Dx5，∴m＝-2，故答案为-2．

【点睛】

本题考查x，y的二元一次方程的增广矩阵，考查学生的计算能力，比较基础．

9．已知实数x、y满足不等式组，则的取值范围是_____

【答案】

【解析】画出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，利用w的几何意义即可得到结论．

【详解】

作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．的几何意义为阴影部分的动点（x，y）到定点P（﹣1，1）连线的斜率的取值范围．

由图象可知当点与OB平行时，直线的斜率最大，当点位于A时，直线的斜率最小，由A（1，0），∴AP的斜率k

又OB的斜率k＝1

∴w1．

则的取值范围是：．

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．

10．在展开式中，含x的负整数指数幂的项共有_____项．

【答案】4

【解析】先写出展开式的通项：由0≤r≤10及5为负整数，可求r的值，即可求解

【详解】

展开式的通项为其中r＝0，1，2…10

要使x的指数为负整数有r＝4，6，8，10

故含x的负整数指数幂的项共有4项

故答案为：4

【点睛】

本题主要考查了二项展开式的通项的应用，解题的关键是根据通项及r的范围确定r的值

11．一个圆柱的轴截面是正方形，其侧面积与一个球的表面积相等，那么这个圆柱的体积与这个球的体积之比为_____．

【答案】

【解析】试题分析：设圆柱的高为2，由题意圆柱的侧面积为2×2π=4π，圆柱的体积为，则球的表面积为4π，故球的半径为1；球的体积为，∴这个圆柱的体积与这个球的体积之比为，故填

【考点】本题考查了球与圆柱的体积、表面积公式

点评：此类问题主要考查学生的计算能力，正确利用题目条件，面积相等关系，挖掘题设中的条件，解题才能得心应手

12．连续投骰子两次得到的点数分别为m，n，作向量（m，n），则与（1，﹣1）的夹角成为直角三角形内角的概率是_____．

【答案】

【解析】根据分步计数原理可以得到试验发生包含的所有事件数，满足条件的事件数通过列举得到即可求解

【详解】

由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件数6×6，∵m＞0，n＞0，∴（m，n）与（1，﹣1）不可能同向．

∴夹角θ≠0．

∵θ∈（0，]

•0，∴m﹣n≥0，即m≥n．

当m＝6时，n＝6，5，4，3，2，1；

当m＝5时，n＝5，4，3，2，1；

当m＝4时，n＝4，3，2，1；

当m＝3时，n＝3，2，1；

当m＝2时，n＝2，1；

当m＝1时，n＝1．

∴满足条件的事件数6+5+4+3+2+1

∴概率P．

故答案为：

【点睛】

本题考查古典概型，考查向量数量积，考查分类讨论思想，准确计算是关键

13．已知集合A＝{（x，y）||x﹣a|+|y﹣1|≤1}，B＝{（x，y）|（x﹣1）2+（y﹣1）2≤1}，若A∩B≠∅，则实数a的取值范围为_____．

【答案】[﹣1，3]

【解析】先分别画出集合A＝{（x，y）||x﹣a|+|y﹣1|≤1}，B＝{（x，y）|（x﹣1）2+（y﹣1）2≤1}，表示的平面图形，集合A表示是一个正方形，集合B表示一个圆．再结合题设条件，欲使得A∩B≠∅，只须A或B点在圆内即可，将点的坐标代入圆的方程建立不等式求解即可．

【详解】

分别画出集合A＝{（x，y）||x﹣a|+|y﹣1|≤1}，B＝{（x，y）|（x﹣1）2+（y﹣1）2≤1}，表示的平面图形，集合A表示是一个正方形，集合B表示一个圆．如图所示．

其中A（a+1，1），B（a﹣1，1），欲使得A∩B≠∅，只须A或B点在圆内即可，∴（a+1﹣1）2+（1﹣1）2≤1或（a﹣1﹣1）2+（1﹣1）2≤1，解得：﹣1≤a≤1或1≤a≤3，即﹣1≤a≤3．

故答案为：[﹣1，3]．

【点睛】

本小题主要考查二元一次不等式（组）与平面区域、集合关系中的参数取值问题、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．

14．在中，以为边作等腰直角三角形（为直角顶点，两点在直线的两侧），当变化时，线段长的最大值为__________．

【答案】3

【解析】【详解】

设，则在三角形BCD中，由余弦定理可知，在三角形ABC中，由余弦定理可知，可得，所以，令，则，所以，线段长的最大值为3.15．如图，B是AC的中点，P是平行四边形BCDE内（含边界）的一点，且．有以下结论：

①当x＝0时，y∈[2，3]；

②当P是线段CE的中点时，；

③若x+y为定值1，则在平面直角坐标系中，点P的轨迹是一条线段；

④x﹣y的最大值为﹣1；

其中你认为正确的所有结论的序号为_____．

【答案】②③④

【解析】利用向量共线的充要条件判断出①错，③对；利用向量的运算法则求出，求出x，y判断出②对,利用三点共线解得④对

【详解】

对于①当，据共线向量的充要条件得到P在线段BE上，故1≤y≤3，故①错

对于②当P是线段CE的中点时，故②对

对于③x+y为定值1时，A，B，P三点共线，又P是平行四边形BCDE内（含边界）的一点，故P的轨迹是线段，故③对

对④，令，则，当共线，则，当平移到过B时，x﹣y的最大值为﹣1，故④对

故答案为②③④

【点睛】

本题考查向量的运算法则、向量共线的充要条件,考查推理能力，是中档题

16．对任意和，恒有，则实数的取值范围是________.【答案】或

【解析】利用的形式进行放缩，最终化简为或，利用函数单调性，基本不等式即可求得最值

【详解】

先给出公式：，证明如下，即

则原式可变形为

即，或，①，由①得②或③

当且仅当时取等号，所以的最小值为，显然当为减函数（由对勾函数性质可得），由此可得，即

综上所述：或

【点睛】

本题考查函数恒成立问题，恒成立问题转化为最值问题是常规处理方式，本题解题关键在于通过对不等式的等价变形去掉，变形为关于的恒等式进行处理

三、解答题

17．在中，角对应的三边长分别为，若，．

（1）求的值；

（2）求函数的值域．

【答案】（1）；（2）．

【解析】试题分析：（1）利用平面向量的数量积的运算，化简，再利用余弦定理列出关系式，将化简结果及的值代入计算即可求出的值；（2）由基本不等式求出的范围，根据，得出，进而利用余弦函数的性质求出角的范围，再化简，即可求出的值域．

试题解析：（1）因为，所以，由余弦定理得．

因为，所以．

（2）因为，所以，所以，因为，所以，因为，由于，所以．

所以的值域为．

【考点】正弦定理；余弦定理．

18．如图，三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝AC＝2，AB＝BC，D是PB上一点，且CD⊥平面PAB．

（1）求证：AB⊥平面PCB；

（2）求二面角C﹣PA﹣B的大小的余弦值．

【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）由题设条件，易证得PC⊥AB，CD⊥AB，故可由线面垂直的判定定理证得AB⊥平面PCB；（2）由图形知，取AP的中点O，连接CO、DO，可证得∠COD为二面角C﹣PA﹣B的平面角，在△CDO中求∠COD即可．

【详解】

（1）证明：∵PC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴PC⊥AB．

∵CD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，∴CD⊥AB．又PC∩CD＝C，∴AB⊥平面PCB．

（2）取AP的中点O，连接CO、DO．

∵PC＝AC＝2，∴CO⊥PA，CO，∵CD⊥平面PAB，由三垂线定理的逆定理，得DO⊥PA．

∴∠COD为二面角C﹣PA﹣B的平面角．

由（1）AB⊥平面PCB，∴AB⊥BC，又∵AB＝BC，AC＝2，求得BC

PB，CD

∴

cos∠COD．

【点睛】

本题考查用线面垂直的判定定理证明线面垂直，求二面角，空间角解决的关键是做角，由图形的结构及题设条件正确作出平面角，是求角的关键．

19．某环线地铁按内、外环线同时运行，内、外环线的长均为30千米（忽略内、外环线长度差异）．

（1）当9列列车同时在内环线上运行时，要使内环线乘客最长候车时间为10分钟，求内环线列车的最小平均速度；

（2）新调整的方案要求内环线列车平均速度为25千米/小时，外环线列车平均速度为30千米/小时．现内、外环线共有18列列车全部投入运行，要使内外环线乘客的最长候车时间之差不超过1分钟，向内、外环线应各投入几列列车运行？

【答案】（1）20千米/小时；（2）内环线投入10列列车运行，外环线投入8列列车.【解析】（1）设内环线列车的平均速度为v千米/小时，根据内环线乘客最长候车时间为10分钟，可得，从而可求内环线列车的最小平均速度；（2）设内环线投入x列列车运行，则外环线投入（18﹣x）列列车运行，分别求出内、外环线乘客最长候车时间，根据，解不等式，即可求得结论．

【详解】

（1）设内环线列车的平均速度为v千米/小时，则要使内环线乘客最长候车时间为10分钟，可得

∴v≥20

∴要使内环线乘客最长候车时间为10分钟，内环线列车的最小平均速度是20千米/小时；

（2）设内环线投入x列列车运行，则外环线投入（18﹣x）列列车运行，内、外环线乘客最长候车时间分别为t1，t2分钟，则，∴

∴

∴

∵x∈N+，∴x＝10

∴当内环线投入10列列车运行，外环线投入8列列车时，内外环线乘客的最长候车时间之差不超过1分钟．

【点睛】

本题考查函数模型的构建，考查利用数学模型解决实际问题，解题的关键是正确求出乘客最长候车时间．

20．已知抛物线的顶点在原点，焦点在轴正半轴上，点到其准线的距离等于．

（Ⅰ）求抛物线的方程；

（Ⅱ）如图，过抛物线的焦点的直线从左到右依次与抛物线及圆交于、、、四点，试证明为定值.（Ⅲ）过、分别作抛物的切线、，且、交于点，求与面积之和的最小值．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）设抛物线的方程为，根据已知条件得出的值，可得出抛物线的方程；

（Ⅱ）解法一：求出抛物线的焦点的坐标，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，并列出韦达定理，利用抛物线的定义并结合韦达定理证明出是定值；

解法二：设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，并列出韦达定理，并利用弦长公式并结合韦达定理证明是定值；

（Ⅲ）利用导数求出切线、的方程，并将两切线方程联立得出交点的坐标，并计算出点到直线的距离，可计算出和的面积和，换元，利用导数法求出和的面积和的最小值.【详解】

（Ⅰ）设抛物线方程为，由题意得，得，所以抛物线的方程为；

（Ⅱ）

解法一：抛物线的焦点与的圆心重合，即为.设过抛物线焦点的直线方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，消去并整理得，由韦达定理得，.由抛物线的定义可知，，.，即为定值；

解法二：设过抛物线焦点的直线方程为，设点、，不妨设，.将直线的方程与抛物线的方程联立，消去并整理得，由韦达定理得，.，，即为定值；

（Ⅲ），所以切线的方程为，即，同理可得，切线的方程为，联立两切线方程，解得，即点，所以点到直线的距离为．

设，令，则，所以在上是增函数，当时，即当时，即和面积之和的最小值为.【点睛】

本题考查抛物线的方程的求解、抛物线中弦长的计算以及三角形面积和的最值问题，常用的方程就是将直线方程与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理设而不求法求解，在求最值时，则需建立某个变量的函数来求解，难点在于计算量大，容易出错.21．已知数列是以为公差的等差数列，数列是以为公比的等比数列.（1）若数列的前项和为，且，求整数的值；

（2）若，，试问数列中是否存在一项，使得恰好可以表示为该数列中连续项的和？请说明理由；

（3）若，（其中，且是的约数），求证：数列中每一项都是数列中的项.【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析；（3）证明见解析.【解析】（1）由等差等比数列的表达式an=2n，bn=2•qn-1，代入S3

（2）可以先假设数列{bn}中存在一项bk，满足bk=bm+bm+1+bm+2++bm+p-1，再根据已知的条件去验证，看是否能找出矛盾．如果没有矛盾即存在，否则这样的项bk不存在；

（3）由已知条件b1=ar，得b2=b1q=arq=as=ar+(s-r)d，结合等差等比数列的性质，可证数列中每一项是否都是数列中的项．

【详解】

(1)由题意知，an=2n，bn=2•qn-1，∴由S3

解得1

(2)假设数列{bn}中存在一项bk，满足bk=bm+bm+1+bm+2+…+bm+p-1，∵bn=2n，∴bk>bm+p-1⇒2k>2m+p-1⇒k>m+p-1⇒k≥m+p①

又

=2m+p-2m<2m+p，∴k

∴这样的项bk不存在；

(3)由b1=ar，得b2=b1q=arq=as=ar+(s-r)d，则

又，从而，∵as≠ar⇒b1≠b2，∴q≠1，又ar≠0，故．

又t>s>r，且(s-r)是(t-r)的约数，∵q是整数，且q≥2，对于数列中任一项bi(这里只要讨论i>3的情形)，有bi=arqi-1=ar+ar(qi-1-1)

=ar+ar(q-1)(1+q+q2+…+qi-2)

=ar+d(s-r)(1+q+q2+…+qi-2)

=ar+[((s-r)(1+q+q2+…+qi-2)+1)-1]•d，由于(s-r)(1+q+q2+…+qi-2)+1是正整数，∴bi一定是数列的项．

故得证．

【点睛】

本题考查等差等比数列的性质的应用，反证法的应用，题目信息量大，需要一步一步的分析求解，计算量要求较高，属于难题