2019-2020學年上海市華東師范大學第二附屬中學高三模擬（三模）數學試題

一、單選題

1．若集合則“”是“”的（）

A．充要條件

B．必要不充分條件

C．充分不必要條件

D．既不充分也不必要條件

【答案】C

【解析】化簡A，B，根據，列出不等式，解得，然后根據充要條件的定義判斷即可

【詳解】，要使，解得，，所以“”是“”的充分不必要條件，故選C

【點睛】

本題考查充要條件的判定，正確把握充要條件的判定是解題的關鍵，屬于基礎題

2．實數a，b滿足a?b＞0且a≠b，由a、b、、按一定順序構成的數列（）

A.可能是等差數列，也可能是等比數列

B.可能是等差數列，但不可能是等比數列

C.不可能是等差數列，但可能是等比數列

D.不可能是等差數列，也不可能是等比數列

【答案】B

【解析】由實數a，b滿足a?b＞0且a≠b，分a，b＞0和a，b＜0，兩種情況分析根據等差數列的定義和等比數列的定義，討論a、b、、按一定順序構成等差（比）數列時，是否有滿足條件的a，b的值，最后綜合討論結果，可得答案．

【詳解】

（1）若a＞b＞0

則有a＞＞＞b

若能構成等差數列，則a+b=+，得=2，解得a=b（舍），即此時無法構成等差數列

若能構成等比數列，則a?b=，得，解得a=b（舍），即此時無法構成等比數列

（2）若b＜a＜0，則有

若能構成等差數列，則，得2=3a-b

于是b＜3a

4ab=9a2-6ab+b2

得b=9a，或b=a（舍）

當b=9a時這四個數為-3a，a，5a，9a，成等差數列．

于是b=9a＜0，滿足題意

但此時?b＜0，a?＞0，不可能相等，故仍無法構成等比數列

故選B

【點睛】

本題考查的知識點是等差數列的確定和等比數列的確定，熟練掌握等差數列和等比數列的定義和性質是解答的關鍵．

3．已知雙曲線（，）的兩條漸近線與拋物線（）的準線分別交于、兩點，為坐標原點，若，△的面積為，則（）

A.1

B.C.2

D.3

【答案】C

【解析】求出雙曲線的漸近線，利用三角形面積建立方程即可求解

【詳解】

由，即漸近線為，與拋物線的準線交于，所以的面積為，解得

故選：C

【點睛】

本題考查拋物線，雙曲線的幾何性質，屬于基礎題型

4．若函數f（x）滿足：f（|x|）＝|f（x）|，則稱f（x）為“對等函數”，給出以下三個命題：

①定義域為R的“對等函數”，其圖象一定過原點；

②兩個定義域相同的“對等函數”的乘積一定是“對等函數”；

③若定義域是D的函數y＝f（x）是“對等函數”，則{y|y＝f（x），x∈D}?{y|y≥0}；

在上述命題中，真命題的個數是（）

A.0

B.1

C.2

D.3

【答案】B

【解析】由對等函數的定義可判斷①②，舉反例說明③錯誤

【詳解】

①定義域為R的“對等函數”，可令x＝0，即f（0）＝|f（0）|，解得f（0）＝0，或f（0）＝1，故①錯誤；

②兩個定義域相同的“對等函數”，設y＝f（x）和y＝g（x）均為“對等函數”，可得f（|x|）＝|f（x）|，g（|x|）＝|g（x）|，設F（x）＝f（x）g（x），即有F（|x|）＝f（|x|）g（|x|）＝|f（x）g（x）|＝|F（x）|，則乘積一定是“對等函數，故②正確”；

③若定義域是D的函數y＝f（x）是“對等函數”，可得f（|x|）＝|f（x）|，可取f（x）＝x|x|，x∈R，可得x≥0時，f（x）≥0；x＜0時，f（x）＜0，故③錯誤．

故選：B．

【點睛】

本題考查函數的新定義問題，理解題意是關鍵，是基礎題

二、填空題

5．若復數z滿足1+2i，則z等于_____．

【答案】1+i

【解析】由題得iz+i＝﹣1+2i，利用復數的乘除運算化簡即可

【詳解】

∵iz+i

∴iz+i＝﹣1+2i

∴z＝1+i

故答案為：1+i．

【點睛】

本題考查行列式，復數的運算，準確計算是關鍵，是基礎題

6．計算：_____

【答案】

【解析】由二項式定理得，再求極限即可

【詳解】；

∴．

故答案為：．

【點睛】

本題考查極限，考查二項式定理，是基礎題

7．某人5次上班途中所花的時間（單位：分鐘）分別為x，y，10,11,9，已知這組數據的平均數為10，方差為2，則的值為

.【答案】

【解析】【詳解】

因為這組數據的平均數為10，方差為2，所以x+y＝20，（x﹣10）2+（y﹣10）2＝8，解得則x2+y2＝208，故答案為：208．

8．關于x，y的二元一次方程的增廣矩陣為．若Dx＝5，則實數m＝_____．

【答案】-2

【解析】由題意，Dx5，即可求出m的值．

【詳解】

由題意，Dx5，∴m＝-2，故答案為-2．

【點睛】

本題考查x，y的二元一次方程的增廣矩陣，考查學生的計算能力，比較基礎．

9．已知實數x、y滿足不等式組，則的取值范圍是_____

【答案】

【解析】畫出不等式對應的平面區域，利用線性規劃的知識，利用w的幾何意義即可得到結論．

【詳解】

作出不等式組對應的平面區域如圖：（陰影部分）．的幾何意義為陰影部分的動點（x，y）到定點P（﹣1，1）連線的斜率的取值范圍．

由圖象可知當點與OB平行時，直線的斜率最大，當點位于A時，直線的斜率最小，由A（1，0），∴AP的斜率k

又OB的斜率k＝1

∴w1．

則的取值范圍是：．

故答案為：．

【點睛】

本題主要考查線性規劃的應用，利用數形結合是解決線性規劃題目的常用方法．

10．在展開式中，含x的負整數指數冪的項共有_____項．

【答案】4

【解析】先寫出展開式的通項：由0≤r≤10及5為負整數，可求r的值，即可求解

【詳解】

展開式的通項為其中r＝0，1，2…10

要使x的指數為負整數有r＝4，6，8，10

故含x的負整數指數冪的項共有4項

故答案為：4

【點睛】

本題主要考查了二項展開式的通項的應用，解題的關鍵是根據通項及r的范圍確定r的值

11．一個圓柱的軸截面是正方形，其側面積與一個球的表面積相等，那么這個圓柱的體積與這個球的體積之比為_____．

【答案】

【解析】試題分析：設圓柱的高為2，由題意圓柱的側面積為2×2π=4π，圓柱的體積為，則球的表面積為4π，故球的半徑為1；球的體積為，∴這個圓柱的體積與這個球的體積之比為，故填

【考點】本題考查了球與圓柱的體積、表面積公式

點評：此類問題主要考查學生的計算能力，正確利用題目條件，面積相等關系，挖掘題設中的條件，解題才能得心應手

12．連續投骰子兩次得到的點數分別為m，n，作向量（m，n），則與（1，﹣1）的夾角成為直角三角形內角的概率是_____．

【答案】

【解析】根據分步計數原理可以得到試驗發生包含的所有事件數，滿足條件的事件數通過列舉得到即可求解

【詳解】

由題意知本題是一個古典概型，試驗發生包含的所有事件數6×6，∵m＞0，n＞0，∴（m，n）與（1，﹣1）不可能同向．

∴夾角θ≠0．

∵θ∈（0，]

?0，∴m﹣n≥0，即m≥n．

當m＝6時，n＝6，5，4，3，2，1；

當m＝5時，n＝5，4，3，2，1；

當m＝4時，n＝4，3，2，1；

當m＝3時，n＝3，2，1；

當m＝2時，n＝2，1；

當m＝1時，n＝1．

∴滿足條件的事件數6+5+4+3+2+1

∴概率P．

故答案為：

【點睛】

本題考查古典概型，考查向量數量積，考查分類討論思想，準確計算是關鍵

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≠?，則實數a的取值范圍為_____．

【答案】[﹣1，3]

【解析】先分別畫出集合A＝{（x，y）||x﹣a|+|y﹣1|≤1}，B＝{（x，y）|（x﹣1）2+（y﹣1）2≤1}，表示的平面圖形，集合A表示是一個正方形，集合B表示一個圓．再結合題設條件，欲使得A∩B≠?，只須A或B點在圓內即可，將點的坐標代入圓的方程建立不等式求解即可．

【詳解】

分別畫出集合A＝{（x，y）||x﹣a|+|y﹣1|≤1}，B＝{（x，y）|（x﹣1）2+（y﹣1）2≤1}，表示的平面圖形，集合A表示是一個正方形，集合B表示一個圓．如圖所示．

其中A（a+1，1），B（a﹣1，1），欲使得A∩B≠?，只須A或B點在圓內即可，∴（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．

故答案為：[﹣1，3]．

【點睛】

本小題主要考查二元一次不等式（組）與平面區域、集合關系中的參數取值問題、不等式的解法等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想．屬于基礎題．

14．在中，以為邊作等腰直角三角形（為直角頂點，兩點在直線的兩側），當變化時，線段長的最大值為__________．

【答案】3

【解析】【詳解】

設，則在三角形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，則，所以，線段長的最大值為3.15．如圖，B是AC的中點，P是平行四邊形BCDE內（含邊界）的一點，且．有以下結論：

①當x＝0時，y∈[2，3]；

②當P是線段CE的中點時，；

③若x+y為定值1，則在平面直角坐標系中，點P的軌跡是一條線段；

④x﹣y的最大值為﹣1；

其中你認為正確的所有結論的序號為_____．

【答案】②③④

【解析】利用向量共線的充要條件判斷出①錯，③對；利用向量的運算法則求出，求出x，y判斷出②對,利用三點共線解得④對

【詳解】

對于①當，據共線向量的充要條件得到P在線段BE上，故1≤y≤3，故①錯

對于②當P是線段CE的中點時，故②對

對于③x+y為定值1時，A，B，P三點共線，又P是平行四邊形BCDE內（含邊界）的一點，故P的軌跡是線段，故③對

對④，令，則，當共線，則，當平移到過B時，x﹣y的最大值為﹣1，故④對

故答案為②③④

【點睛】

本題考查向量的運算法則、向量共線的充要條件,考查推理能力，是中檔題

16．對任意和，恒有，則實數的取值范圍是________.【答案】或

【解析】利用的形式進行放縮，最終化簡為或，利用函數單調性，基本不等式即可求得最值

【詳解】

先給出公式：，證明如下，即

則原式可變形為

即，或，①，由①得②或③

當且僅當時取等號，所以的最小值為，顯然當為減函數（由對勾函數性質可得），由此可得，即

綜上所述：或

【點睛】

本題考查函數恒成立問題，恒成立問題轉化為最值問題是常規處理方式，本題解題關鍵在于通過對不等式的等價變形去掉，變形為關于的恒等式進行處理

三、解答題

17．在中，角對應的三邊長分別為，若，．

（1）求的值；

（2）求函數的值域．

【答案】（1）；（2）．

【解析】試題分析：（1）利用平面向量的數量積的運算，化簡，再利用余弦定理列出關系式，將化簡結果及的值代入計算即可求出的值；（2）由基本不等式求出的范圍，根據，得出，進而利用余弦函數的性質求出角的范圍，再化簡，即可求出的值域．

試題解析：（1）因為，所以，由余弦定理得．

因為，所以．

（2）因為，所以，所以，因為，所以，因為，由于，所以．

所以的值域為．

【考點】正弦定理；余弦定理．

18．如圖，三棱錐P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝AC＝2，AB＝BC，D是PB上一點，且CD⊥平面PAB．

（1）求證：AB⊥平面PCB；

（2）求二面角C﹣PA﹣B的大小的余弦值．

【答案】（1）詳見解析；（2）.【解析】（1）由題設條件，易證得PC⊥AB，CD⊥AB，故可由線面垂直的判定定理證得AB⊥平面PCB；（2）由圖形知，取AP的中點O，連接CO、DO，可證得∠COD為二面角C﹣PA﹣B的平面角，在△CDO中求∠COD即可．

【詳解】

（1）證明：∵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的中點O，連接CO、DO．

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

∴∠COD為二面角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．

【點睛】

本題考查用線面垂直的判定定理證明線面垂直，求二面角，空間角解決的關鍵是做角，由圖形的結構及題設條件正確作出平面角，是求角的關鍵．

19．某環線地鐵按內、外環線同時運行，內、外環線的長均為30千米（忽略內、外環線長度差異）．

（1）當9列列車同時在內環線上運行時，要使內環線乘客最長候車時間為10分鐘，求內環線列車的最小平均速度；

（2）新調整的方案要求內環線列車平均速度為25千米/小時，外環線列車平均速度為30千米/小時．現內、外環線共有18列列車全部投入運行，要使內外環線乘客的最長候車時間之差不超過1分鐘，向內、外環線應各投入幾列列車運行？

【答案】（1）20千米/小時；（2）內環線投入10列列車運行，外環線投入8列列車.【解析】（1）設內環線列車的平均速度為v千米/小時，根據內環線乘客最長候車時間為10分鐘，可得，從而可求內環線列車的最小平均速度；（2）設內環線投入x列列車運行，則外環線投入（18﹣x）列列車運行，分別求出內、外環線乘客最長候車時間，根據，解不等式，即可求得結論．

【詳解】

（1）設內環線列車的平均速度為v千米/小時，則要使內環線乘客最長候車時間為10分鐘，可得

∴v≥20

∴要使內環線乘客最長候車時間為10分鐘，內環線列車的最小平均速度是20千米/小時；

（2）設內環線投入x列列車運行，則外環線投入（18﹣x）列列車運行，內、外環線乘客最長候車時間分別為t1，t2分鐘，則，∴

∴

∴

∵x∈N+，∴x＝10

∴當內環線投入10列列車運行，外環線投入8列列車時，內外環線乘客的最長候車時間之差不超過1分鐘．

【點睛】

本題考查函數模型的構建，考查利用數學模型解決實際問題，解題的關鍵是正確求出乘客最長候車時間．

20．已知拋物線的頂點在原點，焦點在軸正半軸上，點到其準線的距離等于．

（Ⅰ）求拋物線的方程；

（Ⅱ）如圖，過拋物線的焦點的直線從左到右依次與拋物線及圓交于、、、四點，試證明為定值.（Ⅲ）過、分別作拋物的切線、，且、交于點，求與面積之和的最小值．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）設拋物線的方程為，根據已知條件得出的值，可得出拋物線的方程；

（Ⅱ）解法一：求出拋物線的焦點的坐標，設直線的方程為，設點、，將直線的方程與拋物線的方程聯立，并列出韋達定理，利用拋物線的定義并結合韋達定理證明出是定值；

解法二：設直線的方程為，設點、，將直線的方程與拋物線的方程聯立，并列出韋達定理，并利用弦長公式并結合韋達定理證明是定值；

（Ⅲ）利用導數求出切線、的方程，并將兩切線方程聯立得出交點的坐標，并計算出點到直線的距離，可計算出和的面積和，換元，利用導數法求出和的面積和的最小值.【詳解】

（Ⅰ）設拋物線方程為，由題意得，得，所以拋物線的方程為；

（Ⅱ）

解法一：拋物線的焦點與的圓心重合，即為.設過拋物線焦點的直線方程為，設點、，將直線的方程與拋物線的方程聯立，消去并整理得，由韋達定理得，.由拋物線的定義可知，，.，即為定值；

解法二：設過拋物線焦點的直線方程為，設點、，不妨設，.將直線的方程與拋物線的方程聯立，消去并整理得，由韋達定理得，.，，即為定值；

（Ⅲ），所以切線的方程為，即，同理可得，切線的方程為，聯立兩切線方程，解得，即點，所以點到直線的距離為．

設，令，則，所以在上是增函數，當時，即當時，即和面積之和的最小值為.【點睛】

本題考查拋物線的方程的求解、拋物線中弦長的計算以及三角形面積和的最值問題，常用的方程就是將直線方程與圓錐曲線方程聯立，利用韋達定理設而不求法求解，在求最值時，則需建立某個變量的函數來求解，難點在于計算量大，容易出錯.21．已知數列是以為公差的等差數列，數列是以為公比的等比數列.（1）若數列的前項和為，且，求整數的值；

（2）若，，試問數列中是否存在一項，使得恰好可以表示為該數列中連續項的和？請說明理由；

（3）若，（其中，且是的約數），求證：數列中每一項都是數列中的項.【答案】（1）；（2）不存在，理由見解析；（3）證明見解析.【解析】（1）由等差等比數列的表達式an=2n，bn=2?qn-1，代入S3

（2）可以先假設數列{bn}中存在一項bk，滿足bk=bm+bm+1+bm+2++bm+p-1，再根據已知的條件去驗證，看是否能找出矛盾．如果沒有矛盾即存在，否則這樣的項bk不存在；

（3）由已知條件b1=ar，得b2=b1q=arq=as=ar+(s-r)d，結合等差等比數列的性質，可證數列中每一項是否都是數列中的項．

【詳解】

(1)由題意知，an=2n，bn=2?qn-1，∴由S3

解得1

(2)假設數列{bn}中存在一項bk，滿足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

∴這樣的項bk不存在；

(3)由b1=ar，得b2=b1q=arq=as=ar+(s-r)d，則

又，從而，∵as≠ar?b1≠b2，∴q≠1，又ar≠0，故．

又t>s>r，且(s-r)是(t-r)的約數，∵q是整數，且q≥2，對于數列中任一項bi(這里只要討論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是正整數，∴bi一定是數列的項．

故得證．

【點睛】

本題考查等差等比數列的性質的應用，反證法的應用，題目信息量大，需要一步一步的分析求解，計算量要求較高，屬于難題