2019届上海市青浦区高三4月质量调研（二模）数学试题（解析版）

2019届上海市青浦区高三4月质量调研（二模）数学试题（解析版）

‎2019届上海市青浦区高三4月质量调研（二模）数学试题 一、单选题 ‎1．设是两个不同的平面，是直线且．则“”是“”的（ ）．‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】根据线面垂直和面面垂直的定义和性质进行判断即可．‎ ‎【详解】‎ 解：由线面垂直的定义得若，则时，成立，即充分性成立，‎ 反之若，则不一定成立，即必要性不成立，‎ 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和必要条件的判断，结合线面垂直和面面垂直的性质和定义是解决本题的关键．‎ ‎2．若已知极限则的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】因为对分子分母同时除以，再求极限即可 ‎【详解】‎ 因为所以.故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查极限的运算，对目标式的合理化简是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎3．已知函数是上的偶函数，对于任意都有 成立，当，且时，都有．给出以下三个命题：‎ ‎①直线是函数图像的一条对称轴；‎ ‎②函数在区间上为增函数；‎ ‎③函数在区间上有五个零点．‎ 问：以上命题中正确的个数有（ ）．‎ A．个 B．个 C．个 D．个 ‎【答案】B ‎【解析】根据题意，利用特殊值法分析可得，结合函数的奇偶性可得，‎ 进而可得，所以的周期为6；据此分析三个命题，综合即可得答案．‎ ‎【详解】‎ 解：根据题意，对于任意，都有成立，‎ 令，则，‎ 又是上的偶函数，所以，则有，所以的周期为6；‎ 据此分析三个命题：‎ 对于①，函数为偶函数，则函数的一条对称轴为轴，又由函数的周期为6，‎ 则直线是函数图象的一条对称轴，①正确；‎ 对于②，当，，，且时，都有，‎ 则函数在，上为增函数，‎ 因为是上的偶函数，所以函数在，上为减函数，‎ 而的周期为6，所以函数在，上为减函数，②错误；‎ 对于③，（3），的周期为6，‎ 所以，‎ 函数在，上有四个零点；③错误；‎ 三个命题中只有①是正确的；‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抽象函数的性质以及应用，关键是求出的值，分析函数的周期与对称性．‎ 二、填空题 ‎4．不等式的解集为__________________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】由题意利用绝对值不等式的基本性质，求得不等式的解集．‎ ‎【详解】‎ 解：不等式，即，求得，‎ 故答案为：或．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值不等式的基本性质，属于基础题．‎ ‎5．若复数满足（是虚数单位），则_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由已知求得，再由共轭复数的概念求得．‎ ‎【详解】‎ 解：由，得，‎ ‎，则．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．‎ ‎6．若，则_______________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意利用利用诱导公式化简要求的式子，可得结果．‎ ‎【详解】‎ 解：若，则，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用诱导公式进行化简求值，属于基础题．‎ ‎7．已知两个不同向量若则实数_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据题意，由向量垂直与向量数量积的关系，分析可得若则有，易得.‎ ‎【详解】‎ 因为所以，解得.故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查平面向量数量积的应用，利用向量垂直可得数量积为零，题目较为简单，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎8．在等比数列中，公比，前项和为，若，则______.‎ ‎【答案】33‎ ‎【解析】利用等比数列的求和公式和可求出，从而再利用求和公式求出即可.‎ ‎【详解】‎ 依题意，，解得，‎ 所以.‎ 故答案为：33.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列的基本量运算和求和公式的应用，要求认真计算，熟记公式，属基础题.‎ ‎9．若满足则的最小值为____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．‎ ‎【详解】‎ 解：由约束条件作出可行域，‎ 联立，解得，，‎ 化目标函数为，‎ 由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，有最小值为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．‎ ‎10．如图所示，一个圆柱的主视图和左视图都是边长为的正方形，俯视图是一个直径为的圆，那么这个圆柱的体积为__________． ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用已知条件，直接求解几何体的体积即可．‎ ‎【详解】‎ 解：一个圆柱的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个圆柱的体积为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查几何体的三视图与直观图的对应关系，圆柱的体积的求法，考查计算能力．‎ ‎11．展开式中的系数为________．‎ ‎【答案】30‎ ‎【解析】先将问题转化为二项式的系数问题，利用二项展开式的通项公式求出展开式的第项，令的指数分别等于2，4，求出特定项的系数。‎ ‎【详解】‎ 由题可得：展开式中的系数等于二项式展开式中的指数为2和4时的系数之和，‎ 由于二项式的通项公式为，‎ 令，得展开式的的系数为，‎ 令，得展开式的的系数为，‎ 所以展开式中的系数，‎ 故答案为30.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用二项式展开式的通项公式解决二项展开式的特定项的问题，考查学生的转化能力，属于基础题。‎ ‎12．高三某位同学参加物理、化学、政治科目的等级考，已知这位同学在物理、化学、政治科目考试中达的概率分别为、、，这三门科目考试成绩的结果互不影响，则这位考生至少得个的概率是____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设这位同学在物理、化学、政治科目考试中达的事件分别为，，，则（A），（B），（C），这位考生至少得2个的概率：．‎ ‎【详解】‎ 解：设这位同学在物理、化学、政治科目考试中达的事件分别为，，，‎ 这位同学在物理、化学、政治科目考试中达的概率分别为、、，‎ ‎（A），（B），（C），‎ 这三门科目考试成绩的结果互不影响，‎ 则这位考生至少得2个的概率：‎ ‎．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．‎ ‎13．已知是定义在上的奇函数，当时，，函数,如果对于任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分别求出和在上的最大值,然后将问题转化为即可得到.‎ ‎【详解】‎ 当时，，函数为递增函数,‎ 又因为是定义在上的奇函数，所以函数在上也是递增函数,‎ 所以时,函数取得最大值,且,‎ 因为的对称轴为, ‎ 所以时,取得最大值,且最大值为,‎ 因为对于任意的，总存在，使得，‎ 所以,所以,即.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数最值的求法,用最值解决不等式恒成立和能成立问题,属于中档题.‎ ‎14．已知曲线，直线，若对于点，存在上的点和上的点，使得，则取值范围是_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】通过曲线方程判断曲线特征，通过，说明是的中点，结合的范围，求出的范围即可．‎ ‎【详解】‎ 解：曲线，是以原点为圆心，3为半径的半圆（圆的下半部分），‎ 并且，，对于点，存在上的点和上的使得，‎ 说明是的中点，的纵坐标，‎ ‎．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的位置关系，函数思想的应用，考查计算能力以及转化思想．‎ ‎15．已知，则的取值范围是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】化为，可得直线与圆有公共点，即，得到，转化为关于的不等式求解．‎ ‎【详解】‎ 解：化为，‎ 可得直线与圆有公共点，‎ ‎，得到（当且仅当时，等号成立）．‎ 故．‎ 解得：．‎ 的取值范围是，．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数的几何意义的应用及基本不等式的应用，属于中档题．‎ ‎16．如图所示，将一圆的八个等分点分成相间的两组，连接每组的四个点得到两个正方形．去掉两个正方形内部的八条线段后可以形成一正八角星．设正八角星的中心为O，并且，，若将点O到正八角是16个顶点的向量都写成，的形式，则的取值范围为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据平面向量加法的平行四边形法则求出的最大值和最小值即可．‎ ‎【详解】‎ 解：以O为原点，以OA为x轴建立平面直角坐标系，如图所示：‎ ‎ 设圆O的半径为1，则OM＝1，过M作MN∥OB，交x轴于N，则△OMN为等腰直角三角形， ， ，此时． 同理可得：，此时． ∴的最大值为，最小值为． 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了平面向量的基本定理，属于中档题．‎ 三、解答题 ‎17．如图，在正四棱锥中，，，分别为，的中点．‎ ‎（1）求正四棱锥的全面积；‎ ‎（2）若平面与棱交于点，求平面与平面所成锐二面角的大小（用反三角函数值表示）．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】（1）根据正四棱锥的性质，用勾股定理求得侧面三角形的高，进而求得侧面积和底面积，即可得出答案.‎ ‎（2）由题意，可建立空间直角坐标系，分别表示出平面与平面的法向量，求出两个法向量的夹角，即可得出答案.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）因为正四棱锥，取中点，连接，，‎ ‎，‎ ‎（2）连接，连接，记，因为，，两两互相垂直 如图建立空间直角坐标系．‎ ‎ ‎ 因为，所以．‎ 所以 ‎ 所以，，，，，，．‎ 所以，．‎ 设平面的法向量为，所以即 所以．令，，所以．‎ 因为平面平面的一个法向量为 设与的夹角为，‎ 所以平面与平面所成锐二面角的大小是．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间几何体中的正四棱锥面积计算，二面角的计算，熟练掌握多面体的性质和求解二面角的方法是解决此类题的关键.‎ ‎18．已知向量，，设函数．‎ ‎（1）若，，求的值；‎ ‎（2）在△中，角，，的对边分别是且满足求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）利用两个向量的数量积公式以及三角函数的恒等变换化简函数的解析式为，由，求得，可得，求得结果．‎ ‎（2）在中，由条件 可得，故，，，由此求得的取值范围．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）函数．‎ ‎∵，∴．又∵，∴，‎ 即．‎ ‎（2）在中，由，可得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴，∴，∴，‎ 又，‎ ‎∴ ．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查三角函数的恒等变换及化简求值，两个向量的数量积公式的应用，两角和差的正弦、余弦公式，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．‎ ‎19．已知椭圆的一个顶点坐标为，且长轴长是短轴长的两倍．‎ ‎（1）求椭圆的方程； ‎ ‎（2）过点且斜率存在的直线交椭圆于，关于轴的对称点为，求证：直线恒过定点．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析；‎ ‎【解析】（1）根据椭圆长短轴得出，的值即可；‎ ‎（2）设直线的斜率为，求出的方程，把代入方程验证即可．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）椭圆的焦点在轴上，且为椭圆的顶点，∴，‎ 又长轴长是短轴长的两倍，∴．‎ ‎∴椭圆的方程为：．‎ ‎（2）证明：设的直线方程为，，，，，则，，‎ 联立方程组，消元得：，‎ ‎∴，，‎ 直线的方程为：，‎ 当时，‎ ‎，‎ 直线恒过定点．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．‎ ‎20．设函数．‎ ‎（1）求函数的零点；‎ ‎（2）当时，求证：在区间上单调递减；‎ ‎（3）若对任意的正实数，总存在，使得，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）证明见解析；（3）‎ ‎【解析】（1）讨论，且，，解方程可得零点；‎ ‎（2）可令，运用单调性的定义，证得在递减，可得，即可得到证明；‎ ‎（3）由题意可得，由绝对值的含义，化简，得到在的单调性，即有，运用绝对值不等式的性质，可得的最大值，即可得到的范围．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）当时，的零点为；‎ 当且时，由得，‎ 由一元二次方程求根公式得，的零点为；‎ 当时，方程中的判别式，故无零点；‎ ‎（2）证明：当时，，可令，‎ 任取，‎ ‎，‎ 由，可得，，进而，‎ 即，可得在上递减，‎ 可得时，，‎ 则，‎ 即在区间上单调递减；‎ ‎（3）对任意的正实数，总存在，，使得，则，‎ 当时，，‎ 则在递减，在，递增，‎ 可得，‎ 由于，设，可得，，‎ 可得，即有，可得，‎ 则．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查含绝对值函数的零点和单调性，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论思想方法，以及绝对值不等式的性质，考查化简整理的运算能力，属于难题．‎ ‎21．给定数列，若数列中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”.‎ ‎（1）已知数列的通项公式为，试判断是否为封闭数列，并说明理由；‎ ‎（2）已知数列满足且，设是该数列的前项和，试问：是否存在这样的“封闭数列”，使得对任意都有，且，若存在，求数列的首项的所有取值；若不存在，说明理由；‎ ‎（3）证明等差数列成为“封闭数列”的充要条件是：存在整数，使．‎ ‎【答案】（1）不是；见解析（2）或；（3）证明见解析 ‎【解析】（1）数列不为封闭数列．由，2时，，可得，，可得，即可得出结论．‎ ‎（2）数列满足且，可得数列为等差数列，公差为2．．又是“封闭数列”，得：对任意，，必存在使，得，故是偶数，又由已知，，故，可得．‎ ‎（3）要证明充分必要条件的问题，本题需要从两个方面来证明，一是证明充分性，二是证明必要性，证明时注意所取得数列的项来验证时，项要具有一般性．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）数列不为封闭数列．‎ ‎∵，2时，，，‎ 可得，，∴，因此不是封闭数列．‎ ‎（2）数列满足且，‎ ‎∴数列是以2为公差的等差数列，则．‎ 又是“封闭数列”，‎ ‎∴对任意，，必存在使，‎ 得，故是偶数，‎ 又由已知，，故，可得：，‎ 可得或或，‎ 经过验证可得：或．‎ ‎（3）证明：（必要性）若存在整数，使，则任取等差数列的两项，，‎ 于是，‎ 由于，，为正整数，，‎ 是封闭数列．‎ ‎（充分性）任取等差数列的两项，，若存在使，‎ 则，‎ 故存在，使，‎ 下面证明．‎ 当时，显然成立．‎ 对，若，则取，对不同的两项和，存在使，‎ 即，这与，矛盾，‎ 故存在整数，使．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式求和公式、数列递推关系、充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎