高中数学高考精品解析：【全国百强校】江苏省海安高级中学2019届高三第二学期四月模拟考试数学试题（解析版）

这是一份高中数学高考精品解析：【全国百强校】江苏省海安高级中学2019届高三第二学期四月模拟考试数学试题（解析版），共29页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江苏省海安高级中学2019届高三年级四月模拟考试数学试题一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分．不需要写出解答过程，请将答案填写在答题卡相应的位置上．）1.已知集合，则_______．【答案】【解析】【分析】由可得集合是奇数集，由此可以得出结果.【详解】解：因为所以集合中的元素为奇数，所以.【点睛】本题考查了集合的交集，解析出集合B中元素的性质是本题解题的关键.2._______．【答案】【解析】试题分析：.考点：正弦函数的诱导公式.3.已知复数，其中是虚数单位，则_______．【答案】【解析】【分析】求出复数的标准形式，根据复数模的计算公式求解.【详解】解：所以【点睛】本题考查了复数模的运算，解题的关键是通过复数运算法则求出复数的标准形式.4.对一批产品的长度（单位：毫米）进行抽样检测，样本容量为400，如图为检测结果的频率分布直方图．根据产品标准，单件产品长度在区间的为一等品，在区间和的为二等品，其余均为三等品．则样本中三等品的件数为_______．【答案】50.【解析】试题分析：三等品总数.考点：频率分布直方图5.如图是一个算法的伪代码，其输出的结果为_______．【答案】【解析】由题设提供的算法流程图可知:，应填答案．6.从集合中随机取一个元素，记为，从集合中随机取一个元素，记为，则的概率为_______．【答案】【解析】【分析】先求出随机抽取a,b的所有事件数，再求出满足的事件数，根据古典概型公式求出结果.【详解】解：从集合中随机取一个元素，记为，从集合中随机取一个元素，记为，则的事件数为9个，即为，，，其中满足的有，，，共有8个，故的概率为.【点睛】本题考查了古典概型的计算，解题的关键是准确列举出所有事件数.7.在平面直角坐标系中，若双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为_______．【答案】【解析】【分析】由双曲线的离心率为，可以得到，再根据求出的关系，从而得出渐近线的方程.【详解】解：因为双曲线的离心率为，所以，故，又因为，所以，即，即，所以双曲线的渐近线.【点睛】本题考查了双曲线渐近线问题，解题的关键是由题意解析出的关系，从而解决问题.8.一个正四面体的展开图是边长为的正三角形，则该四面体的外接球的表面积为_______．【答案】【解析】【分析】一个正四面体的展开图是边长为的正三角形，故可得正四面体的边长为，再由外接球球心位置构造平面图形，解出半径，得出外接球的表面积.【详解】解：因为一个正四面体的展开图是边长为的正三角形，所以，正四面体的边长为，在正四面体中，如图所示,为底面正三角形的中心，为外接球的球心，设外接球的半径为R，则有,，,因为正四面体的边长为，所以,故,,在中，，即,解得：，故外接球的表面积为.【点睛】本题考查了正四面体外接球的表面积问题，准确想象出正四面体各点、各棱、各面与外接球的位置关系，并且从立体图形中构建出平面图形是解得球半径的关键，属于中档题.9.已知0<y<x<π，且tanxtany＝2，sinxsiny＝，则x－y＝________.【答案】【解析】由题意可得tanxtany＝＝2，解得cosxcosy＝，故cos(x－y)＝cosxcosy＋sinxsiny＝＋＝，又0<y<x<π，所以0<x－y<π，所以x－y＝.故答案为10.已知等边的边长为2，若，，则的面积为_______．【答案】【解析】分析】建立直角坐标系，求出的坐标，得出的大小，设的夹角为，则可以求出点到直线的长度为，从而得出的面积.【详解】解：以的中点为原点，所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，则因为,所以，故，，设的夹角为，，所以，，点到直线的长度为，的面积为.【点睛】本题考查了向量的数量积、向量在平面几何中的应用，向量数量积问题常见的解题方法为坐标法、基底法等等.11.在平面直角坐标中，已知点，若直线上存在点使得，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】根据得出点的轨迹方程，又点在直线上，则点的轨迹与直线必须有公共点，进而解决问题.【详解】解：设则，因为，所以有，同时平方，化简得，故点的轨迹为圆心在（0,0），半径2为的圆，又点在直线上，故圆与直线必须有公共点，所以，解得.【点睛】本题考查了点的轨迹问题、直线与圆的位置关系的问题，解题的关键是能从题意中转化出动点的轨迹，并能求出点的轨迹方程.12.已知是定义在区间上的奇函数，当时，．则关于的不等式的解集为__________．【答案】【解析】当时，则，即，所以，结合图像可知：函数在单调递减，所以不等式可化为，解之得，应填答案．点睛：解答本题的关键是求出函数的解析式，在时，；关键求时，的过程值得注意，这里充分运用时，)及奇函数的定义，运用转化的数学思想求出当，则，进而借助奇函数得到，从而求出．13.已知实数，，，满足，，且，则的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】由实数，，，满足，且，得出，从而得出的范围，用表示，构建函数，求解取值范围.【详解】解：实数，，，满足，且，所以，若则，若则，所以，，因为关于的方程为，所以解得：，设，由得，，则，因为要成立，故，设函数，因为在上恒成立，故函数单调递减，所以，，所以此时在的值域为，即当时，；设函数，因为在上恒成立，故函数单调递增，所以，，所以此时在的值域为，即当时，，综上：.【点睛】本题本质上考查了函数的最值问题，解题的关键是要能构建出关于的函数，通过函数思想求解取值范围，还考查了学生整体换元的思想.14.已知数列的通项公式是，数列的通项公式是，集合,将集合中的元素按从小到大的顺序排列构成的数列记为，则数列的前45项和_______．【答案】2627【解析】【分析】随着增大时，数列中前后连续两项之间的差值越来越大，故考虑在中的前后连续两项之间插入数列中相应大小的项，然后逐步分析插入的项数，直至满足题意，从而得出结果.【详解】解：因为数列的通项公式是，所以集合，随着增大时，数列中前后连续两项之间的差值越来越大，故考虑在中的前后连续两项之间插入数列中相应大小的项，因为是选取新数列的前45项，故：，数列中无项可插入，，数列中无项可插入，，数列中可插入，增加1项，共5项，，数列中可插入，增加2项，共8项，，数列中可插入，增加5项，共14项，，数列中可插入，增加10项，共25项，接下来只需再增加中的20项即可，也就是中从（含）开始的连续的20项，因为，故终止于.则.【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的性质，解题的关键是要对两个数列中的项的变化情况有较深刻的认识，其本质是对数列单调性的研究.二、解答题（本大题共6小题，共计90分．请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）15.在中，分别为角所对边的长,若 ，且．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理得，根据题意得，故可以求得值；（2）由（1）可求得，根据，得,进而求出.【详解】解：（1）由正弦定理得，，因为，所以，因为，所以，所以；（2）由（1）知，，所以，即，因为,所以,即，即，解得.【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的应用，还考查了两角和差的正切公式的运用，熟练灵活运用公式是本题解题的关键.16.如图，在四面体中，，点分别为棱上的点，点为棱的中点，且平面平面．（1）求证：；（2）求证：平面平面．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由平面平面可得，从而得到为中点，同理可得为中点，进而得证；（2）由得，由可得，从而得到平面，进而得证.【详解】证明：（1）因为平面平面平面平面平面平面所以，又因为为的中点，所以有为的中点，同理：为的中点，所以为的中位线，所以；（2）由（1）得为中点，在中，因为所以，由（1）得为的中位线，所以,又因为所以，因为,平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.【点睛】本题考查了面面平行的性质定理、面面垂直的判定定理的运用，证明面面垂直即证线面垂直，要证线面垂直即寻找线线垂直关系，解题时要善于灵活转化.17.某企业拟生产一种如图所示的圆柱形易拉罐（上下底面及侧面的厚度不计），易拉罐的体积为,设圆柱的高度为，底面半径为，且,假设该易拉罐的制造费用仅与其表面积有关．已知易拉罐侧面制造费用为元，易拉罐上下底面的制造费用均为元为常数)．（1）写出易拉罐的制造费用(元)关于的函数表达式，并求其定义域；（2）求易拉罐制造费用最低时的值．【答案】（1），；（2）当时， ，易拉罐的制造费用最低，当时，，易拉罐的制造费用最低.【解析】【分析】（1）根据体积的值，得出与的关系，然后将表面积公式中的转化为，再根据等条件得出定义域；（2）利用导数求出函数的单调性，进而求出最值.【详解】解：（1）因为体积为故，即，易拉罐的侧面积为，易拉罐的上下两底面的面积为，所以,因为，所以有，解得，故，易拉罐的制造费用为；（2），令，解得，若，即，此时当，函数单调递减，当，函数单调递增，故当，此时函数取得最小值，即易拉罐的制造费用最低；若，即，此时，当时，函数单调递减，故当，此时函数取得最小值，即易拉罐的制造费用最低；综上：当时， ，易拉罐的制造费用最低，当时，，易拉罐的制造费用最低.【点睛】本题考查了函数在实际问题中的应用，解决问题的关键是建立函数模型，建立出函数模型的同时不能忘记定义域的求解，再利用导数或基本不等式等方法求出最值.18.在平面直角坐标系中，设椭圆的左焦点为，左准线为为椭圆上任意一点，直线，垂足为，直线与交于点．（1）若，且，直线的方程为．①求椭圆的方程；②是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．（2）设直线与圆交于两点，求证：直线均与圆相切．【答案】（1）①；②不存在；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）①根据左准线方程求出参数a，从而得出椭圆方程；②设出，根据点在椭圆上且得出关于的方程组，根据解的情况，得出结果；（2）设点，，根据,求出，对进行转化，借助在圆上，进而得出结果.【详解】解：（1）①因为直线的方程为，所以因，所以，解得或因为，所以，，椭圆方程为.②设，则，即，当或时，均不符合题意；当或时，直线的斜率为，直线的方程为，故直线的方程为，联立方程组，解得，所以，因为，故，即或方程的根为，因为，故无解；方程的，故无解，综上：不存在点P使.（2）设，则，，因为,所以，即，由题意得，所以，所以因为，所以 因为在圆上，所以，即，故，所以，所以直线与圆相切，同理可证：与圆相切.【点睛】本题考查了直线和椭圆的关系,解决直线与椭圆的位置关系问题时，常见方法是设点法与设线法，解题的核心思想是减元思想，即将多元变量转化为少元（单元）变量问题.19.设函数．（1）当时，求函数在点处的切线方程；（2）若函数的图象与轴交于两点，且，求的取值范围；（3）在（2）的条件下，证明：为函数的导函数）．【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出切线的斜率，利用点斜式写出直线方程；（2）分析函数的单调性，只有当函数不单调时，函数图象才可能与x轴有两个交点，然后再利用零点存在定理证明两个不同交点的存在性；（3）由（2）得，相减得，用表示，通过研究单调性可得，再根据单调递增，可得，从而得证.【详解】解：（1）当时，，则， ，，所以在点处的切线方程为，即.（2）因为，所以，若时，则，则函数是单调递增函数，与x轴最多一个交点，不满足题意；若时，令，则，当时，，函数单调递减，当时，，函数是单调递增，于是当时，函数取得极小值，因为函数的图象与轴交于两点，所以，即，此时存在，，存在，，故由在及上的单调性及曲线连续性可得，当时，函数的图象与轴交于两点.（3）由（2）得，两式相减得，，解得：，令，则，设则，所以在上单调递减，则有，而，所以，由（2）知，均为正数，所以有，因为单调递增，所以，所以，故.【点睛】本题考查了导数在求函数切线、函数单调性、最值、比较大小中的应用，解题的关键是要灵活构建新的函数，借助于新函数的性质与图象，从而解决问题.20.已知数列是首项为1，公差为的等差数列，数列是首项为1，公比为的等比数列．（1）若，求数列的前项和；（2）若存在正整数，使得，试比较与的大小，并说明理由．【答案】(1);(2) 当时，；当时，；当时，．【解析】审题引导：①等差数列与等比数列对应项的积错位相减求和；②作差比较．规范解答：解：(1)依题意，a5＝b5＝b1q5－1＝1×34＝81，故d＝＝20，所以an＝1＋20(n－1)＝20n－19.(3分)令Sn＝1×1＋21×3＋41×32＋…＋(20n－19)·3n－1，①则3Sn＝1×3＋21×32＋…＋(20n－39)·3n－1＋(20n－19)·3n，②①－②，得－2Sn＝1＋20×(3＋32＋…＋3n－1)－(20n－19)·3n＝1＋20×－(20n－19)·3n＝(29－20n)·3n－29，所以Sn＝.(7分)(2)因为ak＝bk，所以1＋(k－1)d＝qk－1，即d＝，故an＝1＋(n－1).又bn＝qn－1，(9分)所以bn－an＝qn－1－＝[(k－1)(qn－1－1)－(n－1)(qk－1－1)]＝[(k－1)(qn－2＋qn－3＋…＋q＋1)－(n－1)(qk－2＋qk－3＋…＋q＋1)]．(11分)(ⅰ)当1＜n＜k时，由q＞1知bn－an＝[(k－n)(qn－2＋qn－3＋…＋q＋1)－(n－1)(qk－2＋qk－3＋…＋qn－1)]＜[(k－n)(n－1)qn－2－(n－1)(k－n)qn－1]＝－＜0；(13分)(ⅱ)当n＞k时，由q＞1知bn－an＝[(k－1)(qn－2＋qn－3＋…＋qk－1)－(n－k)(qk－2＋qk－3＋…＋q＋1)]＞[(k－1)(n－k)qk－1－(n－k)(k－1)qk－2]＝(q－1)2qk－2(n－k)＞0，(15分)综上所述，当1＜n＜k时，an＜bn；当n＞k时，an＞bn；当n＝1，k时，an＝bn.(16分)(注：仅给出“1＜n＜k时，an＜bn；n＞k时，an＞bn”得2分)错因分析：错位相减时项数容易搞错，作差比较后学生不能灵活倒用等比数列求和公式1－qn＝(1－q)(1＋q＋q2＋…＋qn－1)(附加题）【选做题】本题包括21，22，23三小题，请选定其中两题作答，每小题10分共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．选修4—2：矩阵与变换21.在平面直角坐标系中，先对曲线作矩阵所对应的变换，再将所得曲线作矩阵所对的变换．若连续实施两次变换所对应的矩阵为，求的值．【答案】.【解析】【分析】连续实施两次变换所对应的矩阵为，故得到=，然后得到方程组，求得的值．【详解】解：先对曲线作矩阵所对应的变换，再将所得曲线作矩阵所对的变换，故得到连续实施两次变换所得到的变换矩阵为：因为连续实施两次变换所对应的矩阵为，所以，根据矩阵相等定义得到，，解得.【点睛】本题考查了矩阵乘法的运算，矩阵乘法不满足交换律，故在求解矩阵乘法变换时，一定要注意先后顺序.选修4—4：坐标系与参数方程22.在极坐标系中，已知，线段的垂直平分线与极轴交于点，求的极坐标方程及的面积．【答案】的极坐标方程及,.【解析】【分析】将转化为直角坐标系下的坐标形式，然后求出线段的中点与直线的斜率，进而求出直线l在直角坐标系下的方程，再转化为极坐标方程；在直角坐标系下，求出点C到直线AB的距离、线段AB的长度，从而得出的面积.【详解】解：以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系xoy在平面直角坐标系xoy中， 的坐标为线段的中点为，故线段中垂线的斜率为，所以的中垂线方程为：化简得：，所以极坐标方程为，即，令，则，故在平面直角坐标系xoy中，C（10,0）点C到直线AB：的距离为，线段，故的面积为.【点睛】本题考查了直线的极坐标方程问题，解题时可以将极坐标系下的问题转化为平面直角坐标系下的问题，从而转化为熟悉的问题.选修4—5：不等式选讲23.已知实数满足，求证：．【答案】证明见解析【解析】【分析】对进行转化，转化为含有形式，然后通过不等关系得证.【详解】解：因为，所以,得证.【点睛】本题考查了绝对值不等式问题，解决问题的关键是要将要证的形式转化为已知的条件，考查了学生转化与化归的能力.【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．24.如图，在四棱锥中，已知棱，，两两垂直，长度分别为1，2，2.若（），且向量与夹角的余弦值为.（1）求的值；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】（1）依题意，以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，因为，所以，从而，则由，解得（舍去）或.（2）易得，，设平面的法向量，则，，即，且，所以，不妨取，则平面的一个法向量，又易得，故，所以直线与平面所成角的正弦值为.考点: 1、空间两向量夹角余弦公式；2、利用向量求直线和平面说成角的正弦.25.已知数列的通项公式为，，记．（1）求，的值；（2）求证：对任意正整数为定值．【答案】（1）；（2）为定值，定值为3.【解析】【分析】（1）对进行赋值，求出，的值；（2）对 进行化简，求出的关系，得出的值，从而证明其为定值.【详解】解：（1）令，，令，；（2） 即， ，因为 ，所以，，所以，，所以为定值.【点睛】本题考查了数列求和、数列递推关系的求解问题，解题的关键是要能够探寻出的递推关系，属于较难题.