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)4834.pdf

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1、第 1 页 共 17 页 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，b是直线且b则“b”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b，则b时，成立，即充分性成立，反之若，则b不一定成立，即必要性不成立，故“b”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sinlim0nnn，则3sinlimsin2nnn

2、nn的值为（）A3 B32 C1 D12【答案】D【解析】因为sinlim0nnn，对3sinsin2nnnn分子分母同时除以n，再求极限即可【详解】因为sinlim0nnn，所以3sin13sin1 01limlimsinsin20222nnnnnnnnnn.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()f x是R上的偶函数，对于任意xR都有(6)()(3)f xf xf成立，第 2 页 共 17 页 当12,0,3x x，且12xx时，都有1212()()0f xf xxx给出以下三个命题：直线6x 是函数()f x图

3、像的一条对称轴；函数()f x在区间9,6上为增函数；函数()f x在区间9,9上有五个零点 问：以上命题中正确的个数有（）A0个 B1个 C2个 D3个【答案】B【解析】根据题意，利用特殊值法分析可得(36)(3)(3)fff，结合函数的奇偶性可得(3)0f，进而可得(6)()f xf x，所以()f x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xR，都有(6)()(3)f xf xf成立，令3x ，则(36)(3)(3)fff，又()f x是R上的偶函数，所以(3)0f，则有(6)()f xf x，所以()f x的周期为 6；据此分析三个命题：对于，函数为

4、偶函数，则函数的一条对称轴为y轴，又由函数的周期为 6，则直线6x 是函数()f x图象的一条对称轴，正确；对于，当1x，20 x，3，且12xx时，都有1212()()0f xf xxx，则函数()yf x在0，3上为增函数，因为()f x是R上的偶函数，所以函数()yf x在 3，0上为减函数，而()f x的周期为 6，所以函数()yf x在 9，6上为减函数，错误；对于，f（3）0，()f x的周期为 6，所以(9)(3)(3)(9)0ffff，函数()yf x在 9，9上有四个零点；错误；三个命题中只有是正确的；第 3 页 共 17 页 故选：B【点睛】本题考查抽象函数的性质以及应用，

5、关键是求出(3)f的值，分析函数的周期与对称性 二、填空题 4不等式|3|2x的解集为 _【答案】15xx或1,5【解析】由题意利用绝对值不等式的基本性质，求得不等式|3|2x的解集【详解】解：不等式|3|2x，即232x，求得15x，故答案为：15xx或(1,5)【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z满足231 5iz （i是虚数单位），则z _【答案】522i【解析】由已知求得z，再由共轭复数的概念求得z【详解】解：由2315zi，得245zi，522zi，则522zi 故答案为：522i【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本

6、概念，是基础题 6若1sin3，则cos2_【答案】13【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1sin3，则1cos()cos()sin223，第 4 页 共 17 页 故答案为：13【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112OAm OBm，若OAOB，则实数m _.【答案】13【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OAOB，则有1 2310OmOBmmA ，易得m.【详解】因为OAOB，所以1 2310OmOBmmA ，解得13m.故答案为：13.【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

7、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 na中，公比2q，前n项和为nS，若51S，则10S_.【答案】33【解析】利用等比数列的求和公式和51S 可求出1a，从而再利用求和公式求出10S即可.【详解】依题意，55115(1)(1 2)111 2aqaSq，解得1131a，所以10101101(1 2)(1)313311 2aqSq.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,x y满足2,10,20,xxyxy 则2zxy的最小值为_ 第 5 页 共 17 页【答案】12【解析】由约束条件作出可行

8、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21 02 0 xxyxy作出可行域，联立2010 xyxy，解得1(2A，3)2，化目标函数2zxy为2yxz，由图可知，当直线2yxz过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为12 故答案为：12【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_ 第 6 页 共 17 页【答案】4【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

9、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21()124 故答案为：4【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 1162111 xx展开式中2x的系数为_【答案】30【解析】先将问题转化为二项式6(1)x的系数问题，利用二项展开式的通项公式求出展开式的第1r 项，令x的指数分别等于 2，4，求出特定项的系数。【详解】由题可得：62111 xx展开式中2x的系数等于二项式6(1)x展开式中x的指数为2 和 4 时的系数之和，由于二项式6(1)x的通项公式为16rrrTC x，令2r=，得6(1)x展开式的2x的系数为

10、2615C，令4r，得6(1)x展开式的4x的系数为4615C，所以62111 xx展开式中2x的系数15 1530，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、第 7 页 共 17 页 政治科目考试中达A的概率分别为78、34、512，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A的概率是_【答案】151192【解析】设这位同学在物理、化学、政治科目考试中达A的事件分别为A，B，C，则P（A）78，P（B）34，P（C）512，这位

11、考生至少得 2 个A的概率：()()()()PP ABCP ABCP ABCP ABC【详解】解：设这位同学在物理、化学、政治科目考试中达A的事件分别为A，B，C，这位同学在物理、化学、政治科目考试中达A的概率分别为78、34、512，P（A）78，P（B）34，P（C）512，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A的概率：()()()()PP ABCP ABCP ABCP ABC 7377151357351518412841284128412192 故答案为：151192【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

12、解能力，考查函数与方程思想，是基础题 13已知 f x是定义在2 2,上的奇函数，当0,2x时，21xf x，函数 22g xxxm,如果对于任意的12,2x ，总存在22,2x ，使得 12f xg x，则实数m的取值范围是_.【答案】5m 【解析】分别求出()f x和()g x在 2,2上的最大值,然后将问题转化为maxmax()()f xg x即可得到.【详解】当0,2x时，21xf x，函数()f x为递增函数,第 8 页 共 17 页 又因为 f x是定义在2 2,上的奇函数，所以函数()f x在2 2,上也是递增函数,所以2x 时,函数()f x取得最大值,且2max()(2)21

13、3f xf,因为2()2g xxxm2(1)1xm的对称轴为1x,|21|21|所以2x 时,()g x取得最大值,且最大值为2(2)(2)g 2(2)m8m,因为对于任意的12,2x ，总存在22,2x ，使得 12f xg x，所以maxmax()()f xg x,所以38m,即5m.故答案为:5m.【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29Cyx：，直线2ly：，若对于点(0,)Am，存在C上的点P和l上的点Q，使得0APAQ，则m取值范围是_【答案】1,12【解析】通过曲线方程判断曲线特征，通过0APAQ，说明A是PQ的中点，结合

14、y的范围，求出m的范围即可【详解】解：曲线2:9C yx，是以原点为圆心，3 为半径的半圆（圆的下半部分），并且 3Py ，0，对于点(0,)Am，存在C上的点P和l上的Q使得0APAQ，说明A是PQ的中点，Q的纵坐标2y，21,122pym 故答案为：1,12【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22s1(,0)cos1aa inMaaaaR，则M的取值范围是_ 第 9 页 共 17 页【答案】47 47,33【解析】化22sin1cos1aaMaa为2cossin(1)(1)0aMaMa，可得直线2(1)(1)0aMxayMa与圆221xy有

15、公共点，即22|1|(1)1|1MaaM，得到22|1|1121MaaM剟，转化为关于M的不等式求解【详解】解：化22sin1cos1aaMaa为2cossin(1)(1)0aMaMa，可得直线2(1)(1)0aMxayMa与圆221xy有公共点，22|1|(1)1|1MaaM，得到22|1|1121MaaM剟（当且仅当|1a 时，等号成立）故2383 0MM 解得：474733M剟 M的取值范围是473，473【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

16、成一正八角星设正八角星的中心为O，并且1OAe，2OBe，若将点O到正八角是 16 个顶点的向量都写成12ee，R、的形式，则的取值范围为（）A 2 2,2 B 2 2,12 C 12,12 D 12,2 【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 第 10 页 共 17 页【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OM1，过M作MNOB，交x轴于N，则OMN为等腰直角三角形，22ONOM，2OMOAOB，此时12 同理可得：2OPOAOB，此时12 的最大值为12，最小值为12 故选：C【点睛】本题考查了平面向量的

17、基本定理，属于中档题 三、解答题 17如图，在正四棱锥PABCD中，2 2PAAB，E，F分别为PB，PD的中点 （1）求正四棱锥PABCD的全面积；（2）若平面AEF与棱PC交于点M，求平面AEMF与平面ABCD所成锐二面角的大小（用反三角函数值表示）第 11 页 共 17 页【答案】(1)=88 3S全(2)2 5arccos5【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AEMF与平面ABCD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PABCD，取A

18、B中点G，连接PG，2 2PAAB，6PG，21=(2 2)42 2688 32SSS 侧全底（2）连接AC，连接BD，记ACBDO，因为OA，OB，OP两两互相垂直 如图建立空间直角坐标系-O xyz 因为2 2PBAB，所以RtRtPOBAOB 所以2OAOP 所以(2,0,0)A，(0,2,0)B，(2,0,0)C，(0,2,0)D，(0,0,2)P，(0,1,1)E，(0,1,1)F 所以(2,1,1)AE ，(2,1,1)AF 设平面AEMF的法向量为(,)nx y z，所以0,0,n AEn AF 即20,20.xyzxyz 所以0y 令1x，2z，所以(1,0,2)n 因为平面平

19、面ABCD的一个法向量为(0,0,1)m 设m与n的夹角为，22 5cos515m nmn2 5arccos5 第 12 页 共 17 页 所以平面AEMF与平面ABCD所成锐二面角的大小是2 5arccos5【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(cos,1)2xm，2(3sin,cos)22xxn，设函数()1f xm n（1）若0,2x，11()10f x，求x的值；（2）在ABC中，角A，B，C的对边分别是,a b c且满足2 cos23,bAca求()f B的取值范围【答案】（1）3ar

20、csin65x；（2）10,2【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()f x的解析式为1sin()62x，由11()10f x，求得3sin()65x，可得3arcsin65x，求得x结果（2）在ABC中，由条件2 cos23bAca 可得2sincos3sinABA，故3cos2B，(0B，6，由此求得()f B的取值范围【详解】解：（1）函数231cos1()13sincoscos1sin1sin()2222262xxxxf xm nxx 11()10f x，3sin()65x又0,2x，3arcsin65x，即3arcsin65x（2）在ABC中，由2 c

21、os23bAca，可得2sincos2sin3sinBACA，2sincos2sin()3sinBAABA，2sincos2(sincoscossin)3sinBAABABA，即2sincos3sinABA，3cos2B，(0,6B，1sin()(,062B，又1()sin()62f BB，第 13 页 共 17 页 1()(0,2f B 【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2222C1(0)xyabab：的一个顶点坐标为(2,0)A，且长轴长是短轴长的两倍（1）求椭圆C的方程

22、；（2）过点(1,0)D且斜率存在的直线交椭圆于GH、，G关于x轴的对称点为G，求证：直线G H恒过定点4,0【答案】（1）2214xy；（2）证明见解析；【解析】（1）根据椭圆长短轴得出a，b的值即可；（2）设直线GH的斜率为k，求出G H的方程，把(4,0)代入方程验证即可【详解】解：（1）椭圆的焦点在x轴上，且(2,0)A为椭圆的顶点，2a，又长轴长是短轴长的两倍，1b 椭圆的方程为：2214xy（2）证明：设GH的直线方程为(1)yk x，1(G x，1)y，2(H x，2)y，则1(G x，1)y，联立方程组22(1)14yk xxy，消元得：2222(14)8440kxk xk，2

23、122814kxxk，21224414kx xk，直线G H的方程为：211121()yyyyxxxx，当4x 时，211121(4)yyyyxxx 121212121221214()5()28y xx yyykxxx xxxxx 第 14 页 共 17 页 222221844(528)14140kkkkkxx，直线G H恒过定点(4,0)【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2()5f xaxaxR（1）求函数的零点；（2）当3a 时，求证：()f x在区间,1 上单调递减；（3）若对任意的正实数a，总存在01,2x，使得0()f xm，求实数m的取值范围

24、【答案】（1）见解析（2）证明见解析；（3）83m 【解析】（1）讨论0a，258a且0a，258a ，解方程可得零点；（2）可令2()35g xxx，运用单调性的定义，证得()g x在1x 递减，可得()6g x，即可得到证明；（3）由题意可得0()maxf xm，由绝对值的含义，化简()f x，得到在0 x 的单调性，即有()(1),(2)maxf xmax ff，运用绝对值不等式的性质，可得()f x的最大值，即可得到m的范围【详解】解：（1）当0a 时，2()|5|f xx的零点为25x ；当258a且0a 时，由250axx得2520axx，由一元二次方程求根公式得，()f x的零点

25、为52582axa；当258a 时，方程2520axx中的判别式2580a，故()f x无零点；（2）证明：当3a 时，2()|35|f xxx，可令2()35g xxx，任取121xx，12121222()()3535g xg xxxxx 211212()(23)xxx xx x，第 15 页 共 17 页 由121xx，可得210 xx，120 x x，进而211212()(23)0 xxx xx x，即12()()0g xg x，可得()g x在(,1)上递减，可得1x 时，()(1)6g xg，则2()|35|()f xxg xx，即()f x在区间(,1)上单调递减；（3）对任意的正

26、实数a，总存在01x，2，使得0()f xm，则0()maxf xm，当0 x 时，252585,02()252585,2aaxxxaf xaaxxxa，则()f x在5258(0,)2aa递减，在5258(2aa，)递增，可得()(1),(2)|7|,|62|maxf xmax ffmaxaa，由于0a，设|7|,|62|tmaxaa，可得|7|at，|62|at，可得|142|62|3aat，即有|142|62|14262|8aaaa，可得83t，则83m【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

27、力，属于难题 21给定数列 na，若数列 na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 na的通项公式为3nna，试判断 na是否为封闭数列，并说明理由；（2）已知数列 na满足212nnnaaa且212aa，设nS是该数列 na的前n项和，试问：是否存在这样的“封闭数列”na，使得对任意*nN都有0nS，且12111111818nSSS，若存在，求数列 na的首项1a的所有取值；若不存在，说明理由；（3）证明等差数列 na成为“封闭数列”的充要条件是：存在整数1m ，使1amd 第 16 页 共 17 页【答案】（1）不是；见解析（2）14a 或16

28、a；（3）证明见解析【解析】（1）数列na不为封闭数列 由1n，2 时，123912aa，可得123maa，*mN，可得12naaa，即可得出结论（2）数列na满足212nnnaaa且212aa，可得数列na为等差数列，公差为212(1)naan 又na是“封闭数列”，得：对任意m，*nN，必存在*pN使1112(1)2(1)2(1)anamap，得12(1)apmn，故1a是偶数，又由已知，12111111818nSSS，故1111188S，可得1a（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

29、】解：（1）数列na不为封闭数列 1n，2 时，123912aa，233123，可得123maa，*mN，12naaa，因此na不是封闭数列（2）数列na满足212nnnaaa且212aa，数列na是以 2 为公差的等差数列，则12(1)naan 又na是“封闭数列”，对任意m，*nN，必存在*pN使1112(1)2(1)2(1)anamap，得12(1)apmn，故1a是偶数，又由已知，12111111818nSSS，故1111188S，可得：18811S，可得14a 或16a 或12a，经过验证可得：14a 或16a （3）证明：（必要性）若存在整数1m，使1amd，则任取等差数列的两项s

30、a，()ta st，于是111(1)(1)(2)sts m taaasdmdtdasmtda ，由于3st，1m，*1stmN 为正整数，1s m tnaa，第 17 页 共 17 页 na是封闭数列（充分性）任取等差数列的两项sa，()ta st，若存在ka使stkaaa，则1112(2)(1)(1)astdakdakstd ，故存在1mkstZ ，使1amd，下面证明1m 当0d 时，显然成立 对0d，若1m，则取2pm ，对不同的两项1a和pa，存在qa使1pqaaa，即2(1)(1)0mdmdmdqdqd，这与0q，0d 矛盾，故存在整数1m，使1amd【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