2019届上海市闵行区高三第一学期(一模)期末质量监控数学试题(解析版).doc

2019届上海市闵行区高三第一学期（一模）期末质量监控数学试题一、单选题1若a，b为实数，则“”是“”的A充要条件 B充分非必要条件C必要非充分条件 D既非充分必要条件【答案】B【解析】根据充分条件和必要条件的概念，即可判断出结果.【详解】解不等式得或；所以由“”能推出“或”，反之不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选B【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的概念，熟记概念即可，属于基础题型.2已知a，b为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下面结论不可能成立的是A，且 BC，且 Db与，都相交【答案】D【解析】由点线面的位置关系，结合题中条件，即可分析出结果.【详解】因为a，b为两条不同的直线，为两个不同的平面，所以有以下三种情况：(1)若，则；(2)若，则；(3)若且，则且；因此不可能b与，都相交.故选D【点睛】本题主要考查空间中线面位置关系，由线线平行，分类讨论线面关系即可，属于基础题型.3已知函数，与其反函数有交点，则下列结论正确的是A BC Da与b的大小关系不确定【答案】B【解析】由函数与其反函数有交点，可得函数与直线有交点，进而可得出结果.【详解】因为函数，与其反函数有交点，所以函数与直线有交点，即方程有实根，整理得，所以，又，所以.故选B【点睛】本题主要考查反函数的概念，原函数与反函数有交点，必然与直线有交点，由此即可求解，属于基础题型.4在平面直角坐标系中，已知向量，O是坐标原点，M是曲线上的动点，则的取值范围A B C D【答案】A【解析】先设，由M是曲线上的动点，得到，再由向量数量积运算的坐标表示，即可求出结果.【详解】设，则，因为M是曲线上的动点，所以，又，所以；因为，所以的取值范围是.故选A【点睛】本题主要考查向量数量积的坐标运算，熟记公式即可，属于常考题型.二、填空题5已知全集，集合，则_【答案】【解析】解不等式得到集合，进而可求出结果.【详解】解不等式得或，所以集合或，因为，所以.故答案为【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_【答案】【解析】在原式的基础上，分子分母同除以，进而可求出结果.【详解】因为.故答案为【点睛】本题主要考查型极限，只需分子分母同除以即可得出结果，属于基础题型.7若复数z满足是虚数单位，则_【答案】【解析】由先得到，再由复数的除法运算即可得出结果.【详解】因为，所以.故答案为【点睛】本题主要考查复数的运算，熟记除法运算法则即可，属于基础题型.8方程的解为_【答案】【解析】方程可化为，求解即可.【详解】由得即，解得.故答案为【点睛】本题主要考查矩阵，由矩阵的运算转化为含指数的方程，即可求解，属于基础题型.9等比数列中，则_【答案】256【解析】先设等比数列的公比为，根据题中条件求出，进而可求出结果.【详解】设等比数列的公比为，因为，所以，因此，所以.故答案为256【点睛】本题主要考查等比数列的性质，熟记等比数列性质即可，属于基础题型.10的展开式中项的系数为_（用数字表示）【答案】【解析】试题分析：由得：项的系数为【考点】二项展开式定理求特定项11已知两条直线：，：，则与的距离为_【答案】【解析】将：化为，再由平行线间的距离公式即可求出结果.【详解】因为：可化为，所以与的距离为.故答案为【点睛】本题主要考查两条平行线间的距离公式，熟记公式即可，属于基础题型.12已知函数，的值域为，则的取值范围是_【答案】【解析】由作出其图像，由值域为，即可求出结果.【详解】因为，作出其图像如下：因为函数，的值域为，所以由图像可得，；所以.故答案为【点睛】本题主要考查函数的性质，根据函数的值域求参数范围，通常需要作出函数图像，由数形结合的思想来处理，属于常考题型.13如图，在过正方体的任意两个顶点的所有直线中，与直线异面的直线的条数为_【答案】12【解析】由异面直线的概念，一一列举出与异面的直线即可.【详解】由题中正方体可得与异面的直线有：，,，；,，共12条.故答案为12【点睛】本题主要考查异面直线，熟记概念即可，属于基础题型.14在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，且，则_【答案】0【解析】由三角形面积公式和余弦定理可将化为，进而可求出结果.【详解】因为，余弦定理，又，所以有，即，所以，因此或，所以或，因为C三角形内角，所以，故.故答案为0【点睛】本题主要考查解三角形，熟记余弦定理和三角形面积公式即可求出结果，属于常考题型.15已知向量，且，若向量满足，则的最大值为_【答案】【解析】先由题中条件求出，再由即可求出结果.【详解】因为，且 所以，所以，因此.故的最大值为【点睛】本题主要考查向量的模的最值问题，根据向量模的几何意义，即可求解，属于常考题型.16若无穷数列满足：，当，时其中表示，中的最大项，有以下结论：若数列是常数列，则若数列是公差的等差数列，则；若数列是公比为q的等比数列，则则其中正确的结论是_写出所有正确结论的序号【答案】【解析】根据题中条件,逐项判断即可.【详解】若数列是常数列，则有，所以，又，所以，故，又，所以，即.故正确；若数列是公差的等差数列，若，则数列是递增数列，则，则，不能满足数列为公差的等差数列；若，则数列是递减数列，则，所以满足题意；故正确；若数列是公比为q的等比数列，若q1，由可知数列是递增数列，所以，所以，即q=2满足题意；若0q1，由可知数列是递减数列，所以，所以，故，因为0q1，所以显然不成立，故0q1不满足题意；若q1，故正确.故答案为【点睛】本题主要考查数列的应用，灵活运用数列的性质是解题的关键，难度较大.三、解答题17如图，正三棱柱的各棱长均为2，D为棱BC的中点求该三棱柱的表面积；求异面直线AB与所成角的大小【答案】（1）；（2）.【解析】根据棱柱的表面积公式直接求解即可；先取AC中点E，连结DE，根据题意可得是异面直线AB与所成角(或补角)，解三角形即可.【详解】解：正三棱柱的各棱长均为2，该三棱柱的表面积：取AC中点E，连结DE，为棱BC的中点，是异面直线AB与所成角或所成角的补角，异面直线AB与所成角的大小为【点睛】本题主要考查几何体的表面积公式以及异面直线所成的角，在几何体中通过平移直线作出异面直线所成的角即可，属于基础题型.18已知抛物线C：若C上一点到其焦点的距离为3，求C的方程；若，斜率为2的直线l交C于两点，交x轴的正半轴于点M，O为坐标原点，求点M的坐标【答案】（1）；（2）.【解析】根据抛物线的定义，由C上一点到其焦点的距离为3，可求出，进而可求出抛物线方程；由先求出抛物线方程，再设直线l：，代入抛物线方程，设，结合韦达定理和判别式，根据求出的值即可.【详解】解：由抛物线的定义得：，解得：，所以抛物线C的方程为：；时，抛物线C：，设直线l：，并代入抛物线C：得：，解得设，则，解得或当时，不在x轴正半轴上，舍去；当时，故点M的坐标为【点睛】本题主要考查抛物线的方程与简单性质，通常需要联立直线与抛物线方程，结合韦达定理和题中条件求解，属于常考题型.19在股票市场上，投资者常根据股价每股的价格走势图来操作，股民老张在研究某只股票时，发现其在平面直角坐标系内的走势图有如下特点：每日股价元与时间天的关系在ABC段可近似地用函数的图象从最高点A到最低点C的一段来描述如图，并且从C点到今天的D点在底部横盘整理，今天也出现了明显的底部结束信号老张预测这只股票未来一段时间的走势图会如图中虚线DEF段所示，且DEF段与ABC段关于直线l：对称，点B，D的坐标分别是请你帮老张确定a，的值，并写出ABC段的函数解析式；如果老张预测准确，且今天买入该只股票，那么买入多少天后股价至少是买入价的两倍？【答案】（1）,，；（2）16.【解析】由B，D的坐标确定的值，和C的坐标，进而确定周期，求出，再由C的坐标，求出，即可得出函数解析式；(2)由(1)线求出DEF的解析式，令，求出即可.【详解】解：因为B，D的坐标分别是，且DEF段与ABC段关于直线l：对称，所以，所以，由可得，由题意得DEF的解析式为：，由，得，故买入天后股价至少是买入价的两倍【点睛】本题主要考查三角函数的应用，熟记三角函数的图像和性质即可，属于常考题型.20对于函数，若函数是增函数，则称函数具有性质A若，求的解析式，并判断是否具有性质A；判断命题“减函数不具有性质A”是否真命题，并说明理由；若函数具有性质A，求实数k的取值范围，并讨论此时函数在区间上零点的个数【答案】（1），具有性质A；（2）假命题；（3）详见解析.【解析】由，结合即可得出解析式，和单调性，进而可得出结果；判断命题“减函数不具有性质A”，为假命题，举出反例即可，如； 若函数具有性质A，可知 在为增函数，进而可求出实数k的取值范围；再令，则在区间上零点的个数，即是的根的个数，结合k的取值范围，即可求出结果.【详解】解：，在R上递增，可知具有性质A；命题“减函数不具有性质A”，为假命题，比如：，在R上递增，具有性质A；若函数具有性质A，可得在递增，可得，解得；由，可得，即，可得，时显然成立；时，由在递减，且值域为，时，或1，有三解，3个零点；当时，即，可得，1个零点；当时，t有一解，x两解，即两个零点；当，且时，无解，即x无解，无零点【点睛】本题主要考查函数的解析式与函数的单调性，以及函数零点问题，按照题中条件结合函数的性质分析即可，属于常考题型.21对于数列，若存在正数p，使得对任意都成立，则称数列为“拟等比数列”已知，且，若数列和满足：，且，若，求的取值范围；求证：数列是“拟等比数列”；已知等差数列的首项为，公差为d，前n项和为，若，且是“拟等比数列”，求p的取值范围请用，d表示【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】由即可求出结果；根据题中“拟等比数列”的定义，由，结合条件推出存在正数，使得有成