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）

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，②

①－②，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.