上海市普陀区2019届高三3月模拟练习(二模)数学试题附答案解析.pdf

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1、上海市普陀区上海市普陀区 20192019 届高三届高三 3 3 月模拟练习（二模）月模拟练习（二模）数学试题数学试题一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 4 4 小题，共小题，共 20.020.0 分）分）1.已知球 O 的半径为 1，A、B、C 三点都在球面上，且每两点间的球面距离均为 ，则球心O 到平面 ABC 的距离为A.【答案】B【解析】【分析】先由题意得到 OA、OB、OC 两两垂直，结合几何体，设出结果.【详解】显然 OA、OB、OC 两两垂直，如图，设，且为故选：B的中心由，为 ABC 所在平面截球所得圆的圆心，可得为 ABC 所在平面截球所得圆的圆心，由勾股定理即可求B.

2、C.D.【点睛】本题主要考查点到平面的距离，结合勾股定理即可求解，属于基础题型.2.在A.B.C.D.中，若将绕直线 BC 旋转一周，则所形成的旋转体的体积是【答案】D【解析】如图，绕直线旋转一周， ， 则所形成的几何体是以 ACD 为轴截面的圆锥中挖去一个以ABD 为轴截面的校园追后剩余的部分.因为所以，所以故选 D.3.将函数则A.C.，s 的最小值为B.D.，s 的最小值为，s 的最小值为图象上的点向左平移个单位，得到点 ，若 位于函数的图象上，.，.，s 的最小值为【答案】C【解析】【分析】先由题意求出 ，再由将函数得到点 ，以及 位于函数【详解】将将函数得到点 (则则，代入得：图象上

3、的点)，若 位于函数，图象上的点向左平移个单位，的图象上，可表示出 ，进而可求出结果.，进而求出平移后 的坐标，向左平移的图象上，个单位，则由得：当，时，s 的最小值为 ，故选：C【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换，熟记平移原则以及三角函数性质即可，属于常考题型 .4.已知 x，A.B.C.D.，且，则存在，使得成立的构成的区域面积为【答案】A【解析】【分析】由目标函数作出可行域， 根据，则，可将存在可得，使得，由换元法令成立，转化为存在，使得成立，进而可确定 x， 所满足的平面区域，继而可求出结果.【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：对应的区域为三角形OAB，若存在则令则方程等价为存

4、在，使得，即由，解得，则，即成立，则对应的区域为单位圆的外部，即，即扇形的面积为 ，使得成立，则三角形 OAB 的面积直线则的倾斜角为 ，则构成的区域面积为故选：A【点睛】本题主要考查线性规划问题，只需作出可行域，再根据题意确定x， 所满足的平面区域，即可求解，属于常考题型.二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 1212 小题，共小题，共 54.054.0 分）分）5.已知集合【答案】【解析】【分析】先解【详解】则故答案为：，将得到集合 ，进而可求出结果.或或，则_【点睛】本题主要考查补集的运算，熟记概念即可，属于基础题型.6.已知复数【答案】-1【解析】【分析】先由复数的运算化简 ，进而

5、可求出结果.【详解】故答案为：，的虚部等于是虚数单位 ，则 的虚部等于_【点睛】本题主要考查复数的运算，熟记运算法则和复数的概念即可，属于基础题型.7.计算_【答案】【解析】【分析】先对化简，再分子与分母同除以 ，即可求出结果.【详解】，原式故答案为： 【点睛】本题主要考查“ ”的极限问题，先将原式进行化简即可，属于基础题型.8.行列式【答案】-14【解析】【分析】先由题意得到【详解】由题意得解得：故答案为：，再进一步计算即可得出结果.中第 2 行第 1 列元素的代数余子式的值为，则_【点睛】本题主要考查矩阵的计算，熟记概念和公式即可，属于基础题型.9.【答案】2【解析】【分析】先由【化为，再

6、由二项展开式展开即可得出结果.详解】被 7 除后的余数为_被 7 除后的余数为 2，故答案为：2【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，熟记二项展开式即可，属于常考题型.10.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积是_【答案】【解析】观察三视图可知：该几何体为底面半径为2，高为 6 的圆锥，则母线长为故侧面积为11.已知【答案】【解析】【分析】利用两角差正切公式即可得到结果.【详解】故答案为：,，故答案为，则.，_【点睛】本题考查两角和与差的正切公式，考查计算能力，属于基础题.12.从 5 名同学中任选 3 人担任上海进博会志愿者，则“甲被选中，乙没有被选中”的概率是_【答案】【解析】

7、【分析】先求出“从 5 名同学中任选 3 人担任上海进博会志愿者”所包含的基本事件总数， 再求出满足“甲被选中， 乙没有被选中”的基本事件数，即可求出结果.【详解】从 5 名同学中任选 3 人担任上海进博会志愿者，基本事件总数“甲被选中，乙没有被选中”包含的基本事件有“甲被选中，乙没有被选中”的概率故答案为：，【点睛】本题主要考查古典概型，熟记概率计算公式即可求解，属于常考题型.13.如果【答案】【解析】二项式令的展开式中只有第4 项的二项式系数最大，则可得展开式中的所有项的系数之和是.至少有一组解，则实数 m 的取值范围是_,的展开式中只有第 4 项的二项式系数最大，那么展开式中的所有项的系

8、数之和是_14.若关于 x、y 的二元一次方程组【答案】【解析】【分析】先将方程组化为二元一次方程组， 根据题意求出直线与直线平行时 的值，即可得出满足题意的m 的取值范围。【详解】关于 x，y 的二元一次方程组若直线则与直线，解得至少有一组解，即二元一次方程组平行，若关于 x、y 的二元一次方程组则，即故答案为：【点睛】 本题主要考查两条直线的位置关系， 方程组有实根可转化为两直线有交点的问题来处理， 属于常考题型.15.已知【答案】【解析】，且，则_【分析】先由题意确定 与 夹角，确定两向量同向，进而可求出结果.【详解】由，得，；又，；，且；则，故答案为： 【点睛】 本题主要考查向量的数量

9、积和向量共线问题， 熟记向量的夹角公式和向量共线定理即可， 属于基础题型.16.已知函数是_【答案】【解析】【分析】根据解析式作出函数图像，分两种情况讨论：当【详解】根据题意，函数分 2 种情况讨论：，当时，成立，即有唯一的整数解，时和当时，分别求出 的范围即可得出结果.，若存在唯一的整数x，使得不等式成立，则实数a 的取值范围，其图象如图：若存在唯一的整数 x，使得不等式又，当，则此时有时，则，若存在唯一的整数 x，使得不等式又由则此时有综合可得：则 a 的取值范围为故答案为：，或；，成立，即有唯一的整数解，【点睛】本题主要考查分段函数的图像和性质，通常需要用到分类讨论的思想来处理，属于常考

10、题型 .三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 5 小题，共小题，共 76.076.0 分）分）17.已知正方体E.的棱长为 4，E、F 分别是棱 AB、的中点，联结 EF、E、E、求三棱锥求直线与平面的体积；所成角的大小 结果用反三角函数值表示 【答案】 （1）【解析】【分析】； （2）先由题意连结 EF、结果；、E、E、E，根据三棱锥的体积公式可得进而可求出以 D 为原点，DA，DC，平面【详解】连结 EF、三棱锥所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和的法向量，根据两向量夹角的余弦值即可求出结果.正方体、E、E、的棱长为 4，E、F 分别是棱 AB、

11、E.的中点，的体积以 D 为原点，DA，DC，0，2，设平面的法向量2，所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，4，0，y，2，则设直线则与平面，取，得，所成角的大小为 ，直线与平面所成角的大小为【点睛】本题主要考查棱锥的体积公式以及空间向量的方法求线面角的问题， 熟记公式即可求体积；对于线面角的求法， 通常需要建立适当的空间直角坐标系， 求出直线的方向向量和平面的法向量， 即可求解， 属于常考题型.18.已知函数求 a 的值及设【答案】 （1）的解析式；，若不等式在； （2）在区间上的最大值为 10上有解，求实数 t 的取值范围【解析】【分析】(1)先对函数求导，判断出函数的最大

12、值，进而可求出a 的值及根据(1)的结果得到，再由不等式在结合配方法可求出结果.【详解】令故故由若不等式则即令则当于是时，在，上有解，；，在在上有解，上有解，在上有解，解得：，故在，令递减，在，解得：，解得：递增，在上有解，令的解析式；上有解，得到，即可得到在上有解，故实数 t 的范围是【点睛】 本题主要考查导数在函数中的应用， 通常需要用导数的方法研究函数的单调性和最值等， 属于常考题型.19.如图所示，某城市有一条从正西方AO 通过市中心 O 后向东北 OB 的公路，现要修一条地铁L，在 OA，OB 上各设一站A， B， 地铁在AB部分为直线段， 现要求市中心O与 AB的距离为按下列要求建

13、立关系式：设设，将 y 表示成 的函数；用 m，n 表示 y， 设地铁在AB部分的总长度为把 A，B 两站分别设在公路上离中心O 多远处，才能使 AB 最短？并求出最短距离【答案】【解析】【分析】y=，； （2）先过 O 作于 H，结合题意用 表示出和，进而可求出结果；根据等面积原理得到，进而可得出结果；(2)分别求出两种方案下的AB 的值，比较大小即可得出结果.【详解】由题意得，且即,即过 O 作于 H；由等面积原理得选择方案一：当时即，此时所以选择方案二：因为由余弦定理得，而，即当且仅当时取等号【点睛】本题主要考查解三角形的应用，熟记余弦定理和正弦定理等即可，属于常考题型.20.已知动直线

14、 l 与椭圆 C：若直线 l 过点若的面积交于，两个不同的点，O 为坐标原点，且原点到直线 l 的距离为，求证：和，求直线 l 的方程；均为定值；？若存在，判断的形状；若不存在，椭圆 C 上是否存在三点 D、E、G，使得请说明理由【答案】 （1）【解析】【分析】先设直线方程为，根据原点到直线 l 的距离为见解析； （3）见解析，列出方程即可求出 ，进而可得出结果；分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理等即可证明结论成立；先假设存在【详解】解得，使得，原点到直线 l 的距离为，结合(2)中的结果推出矛盾即可.，设直线方程为时，此时直线方程为当直线 l 的斜率不存在时

15、，P，Q 两点关于 x 轴对称，所以又由得，此时，在椭圆上，；，将其代入，得当直线 l 的斜率存在时，是直线l 的方程为，即，又，点 O 到直线 l 的距离为，又整理得此时，即，；综上所述，结论成立，使得；中选取，椭圆 C 上不存在三点 D，E，G，使得证明：假设存在由解得得，；，因此 u，只能从v，只能从中选取，这四点中选取三个不同点，矛盾因此点 D，E，G，只能在而这三点的两两连线中必有一条过原点，与所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点D，E，G【点睛】本题主要考查直线与椭圆的应用，需要熟记点到直线的距离公式，并且在处理直线与曲线的问题时，通常需要联立直线与曲线方程，结合韦达定理求解，属于

16、常考题型.21.已知无穷数列其中 t 为正整数求；对任意都成立，求首项的取值范围；中的其他两项之积？若是，请给出一的各项都不为零， 其前 n 项和为， 且满足， 数列满足，若不等式若首项是正整数，则数列中的任意一项是否总可以表示为数列种表示方式；若不是，请说明理由【答案】(1)(2).(3) 数列【解析】分析： （1）令是首项为中的任意一项总可以表示为数列中的其他两项之积.理由见解析.，则，即，可得又由 与的关系可得 （2）由可得数列，从而数列是首项为，公，公差为 1 的等差数列，由此可得差为 1 的等差数列； 数列是首项为， 公差为 1 的等差数列， 由此可得然后由题意讨论可得，所以则详解：

17、 （1）令又所以由两式相减得又故所以（2）由（1）知数列数列，；，得 （3）由（2）得数列，取的各项都是正整数假设结论成立，即，取，故，即，不妨设 是偶数，一定是整数，讨论可得不论 为奇数还是偶数，上式都有解，即假设成立，则，即，是首项为，公差为 1 的等差数列；是首项为，公差为 1 的等差数列故所以当 时奇数时，即即，对任意正奇数 恒成立，所以解得，即，是首项为 1，公差为 1 的等差数列；数列是首项为正整数，公差为 1 的等差数列知，对任意正偶数 恒成立，当 时偶数时，即所以解得综合得（3）由数列数列设所以取故，取，的各项都是正整数，即，不妨设 是偶数，则一定是整数，故当 是偶数时，方程的一组解是当 是奇数时，方程所以数列的一组解是中的其他两项之积中的任意一项总可以表示为数列点睛： （1）解答本题时要注意据等差数列的相关知识求解即可的应用，由此式可得数列和数列都是等差数列，然后根（2）对于数列中的探索性问题，解题时可按照反证法的思路进行求解，即先假设结论成立，然后进行推理，看是否能得到矛盾，最后再作出结论