【解析】浙江省嘉兴市平湖市高三下学期5月模拟考试数学试题

2019学年第二学期高三模拟考试数学试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共6页，选择题部分2至3页；非选择题部分4至6页.满分150分，考试时间120分钟.考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范操作，在本试题卷上的作答一律无效.参考公式：如果事件，互斥，那么.如果事件，相互独立，那么.如果事件在一次试验中发生的概率是，那么次独立重复试验中事件恰好发生次的概率.球的表面积公式，其中表示球的半径.球的体积公式，其中表示球的半径.棱柱的体积公式，其中表示棱柱的底面积，表示棱柱的高.棱锥的体积公式，其中表示棱锥的底面积，表示棱锥的高.棱台的体积公式，其中，分别表示棱台的上、下底面积，表示棱台的高.选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】直接利用交集运算求解.【详解】由，，则.故选：D.【点睛】本题考查了集合的交集、并集运算，属于容易题.2.满足线性约束条件的目标函数的最大值是（）A.1 B. C.2 D.3【答案】C【解析】画出可行域如图阴影部分所示，易得

在处取得最大值故选C点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.3.某几何体的三视图如图所示（单位：），其中正视图是等边三角形，则该几何体的体积（单位：）是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先把三视图还原为几何体的立体图，根据锥体体积公式，代入数据求解即可.【详解】如图所示此三棱锥底面是边长为2，高为1的三角形，三棱锥高为，所以体积故选A.【点睛】本题考查由三视图还原立体图，并求几何体的体积，考查空间想象能力，关键在于准确还原出立体图，属基础题.，是左焦点，，是右支上两个动点，则的最小值是()A.4 B.6 C.8 D.16【答案】C【解析】，所以，当且仅当三点共线时等号成立，故选C.，表示不小于的最小整数，例如，，那么“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】通过给取特值得到前者推不出后者，通过推导判断出后者可以推出前者，根据必要不充分条件的定义判断出结论【详解】由已知可得令，满足，但，，，而时，必有“”是“”的必要不充分条件故选：B.【点睛】本题主要考查了充分必要条件的判断，说明一个命题不成立常用举反例的方法，考查利用充分必要条件的定义判断一个命题是另一个命题的什么条件，属于基础题目.的图象如图所示，则的解析式可以是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据函数的奇偶性，排除A、D，再由特殊值法排除C，即可得答案.【详解】由图象关于原点对称，可得奇函数，结合运算规律可得A、D为偶函数，故排除；对于C：与图象不符，故排除；对于B：符合图象.故选：B.【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用，学生需熟记运算规律：（1）奇奇=奇、（2）偶偶=偶（3）奇偶=非奇非偶、（4）奇奇=偶、（5）奇偶=奇、（6）偶偶=偶，再由特殊值法排除选项即可，属基础题.，随机变量的分布如下：101当在内增大时，（）A.减小，减小 B.减小，增大C.增大，减小 D.增大，增大【答案】D【解析】【分析】首先利用题中所给的分布列，利用公式求得期望和方差，结合式子的特征，判断得出结果.【详解】由题意得，，，又∵，∴故当增大时，增大，增大，故选：D.【点睛】该题考查的是有关离散型随机变量的期望与方差的问题，涉及到的知识点有离散型随机变量的期望和方差公式，属于基础题目.（其中为自然对数的底数），若函数恰有三个零点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由，故不是函数的零点，则由，得，令，则题目转化为与有三个零点，利用导数研究函数的性质并作出示意图可求得答案.【详解】由，故不是函数的零点，则由，得，令，则题目转化为与有三个零点，当时，，则，则在上递减，在上递增，当时，有最小值为，当时，，作出的示意图如图所示：由图知，若函数恰有三个零点，则.故选：C【点睛】本题考查了函数的零点个数相关问题，将零点个数问题转化为两函数的交点个数相关问题，利用导数研究函数的性质，作出图象是解题的关键，属于中档题.，数列满足，，则（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】A【解析】【分析】当时，，即，则，设利用导数研究出函数的的单调性，从而得到，即，得到数列单调递增，则选项A正确，B错误，当时，，即，则，设，利用导数研究出函数的的单调性，可得一定存在，使得，，使得,当（或）时有,，从而选项C,D不正确.【详解】当时，，即.则，设，则，所以上单调递增,且所以当时，，则单调递增.当时，，则单调递减.所以，所以所以当时，数列单调递增，则选项A正确，B错误.当时，，即.则，设，则，所以在上单调递增,且所以当时，，则单调递增.当时，，则单调递减.所以,又，所以一定存在，使得，，使得当(或)时有，，即同理可得，，所以选项C,D不正确.故选：A【点睛】本题考查利用递推数列判断数列的单调性，考查构造函数，通过分析函数的单调性，从而判断数列的单调性，属于中档题.10.如图，在等腰直角三角形中，，点为沿折起至，使为钝角三角形，设直线与平面所成的角为，直线与面所成的角为，直线与面所成的角为，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意可知，由于，所以可得，从而有到平面的距离等于到平面的距离，再将，，的正弦值表示出来进行比较，可得结果.【详解】∵，为钝角三角形，∴为钝角，∴，又，∴到平面的距离等于到平面的距离，记为，则，，，∴，∴.故选：B.【点睛】此题考查了将平面图形折空间图形问题，考查了空间中的线面角，考查了空间想象能力，属于中档题.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.（为虚数单位），则复数的共轭复数是______.【答案】【解析】【分析】计算出即可得到答案.【详解】因为所以复数的共轭复数是故答案为：【点睛】本题考查的是复数的计算及共轭复数的概念，较简单.，则______，的最大值为______.【答案】(1).(2).1【解析】【分析】关键在于由得出或，k∈Z,对于任意实数x恒成立，而即为，这显然不是对任意实数x恒成立，故而只能是，k∈Z,从而得出θ的值，然后利用诱导公式化简后，即可得解.【详解】∵为偶函数，∴,即,∵,∴,∴，即,∵，∴θ=，∴,∴的最大值为1.故答案为：，1.【点睛】本题考查根据三角函数的奇偶性求参数的值和余弦函数的最值问题，属章内综合题，难度较易.的展开式中，有理项共有______项，项的系数最小的项为______.【答案】(1).4(2).【解析】【分析】首先利用二项展开式的通项公式得到的展开式的通项为，令为整数，求得的取值，得到有理项的个数，之后观察项的系数的特征，判断出应为奇数，代值求解，比较得结果.【详解】的展开式的通项为，若为整数，则，所以展开式中的有理项共有4项，要使最小，应为奇数，令，得到的项的系数分别是，比较可知时，系数取得最小值，项的系数最小的项为，故答案为：①4；②.【点睛】该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有二项展开式的通项，有理项的个数，项的系数最小项，属于简单题目.：，若直线：与圆交于，两点，则弦长的最小值为______，若圆心到直线的距离为，则实数______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】本题首先可根据题意得出圆心、半径以及直线过定点，然后根据当圆心到定点的线段与弦垂直时弦的长最小求出弦长的最小值，最后根据圆心到直线的距离为以及点到直线距离公式即可求出结果.【详解】因为圆方程为，所以圆心，半径，因为直线方程为，所以直线过定点，故当弦的长最小时，圆心到定点的线段与弦垂直，因为线段的长度为，所以弦长的最小值为，因为圆心到直线的距离为，所以，，即，故，故答案为：，.【点睛】本题考查直线与圆相交的弦的最小值的求法以及点到直线距离公式的应用，考查根据直线方程确定直线所经过的定点坐标，考查根据圆的方程确定圆心与半径，考查计算能力，是中档题.，若，则的最小值为_______，的最小值为______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】第一空先将配方，再利用不等式，将转化成的形式，再解不等式，求得的范围，从而得到的最小值；第二空令，将题目转化为求的范围，变形，代入到已知等式，将方程视为关于的二次方程，利用求得的取值范围，从而求得的最小值.【详解】解：由，得，又，则，得，得，当且仅当时，的最小值为.令，由.将上面方程视为关于的二次方程.由为实数知.当且仅当时，的最小值为.故答案为：；.【点睛】本题是不等式的综合应用，通过构造不等式，解不等式求最值，需注意取等条件，属于中档题.的左右焦点分别为，，，是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，若，则的面积为______.【答案】1【解析】【分析】设直线的方程分别为，，联立，可得，即可得出，同理可得，列方程解得，进而可得的面积.【详解】解：由椭圆可得，，

设直线的方程分别为，，

联立，化为，

解得，

，

同理可得，

，

解得，则，.故答案为：.【点睛】本题考查了直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.、、满足、，，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】可根据得出，然后根据解得，最后通过即可得出结果.【详解】，因为，所以，，因为，所以，解得，所以，解得，所以的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查向量的相关运算，主要考查向量的乘法、向量的模以及向量的数量积的相关运算，考查化归与转化思想，考查计算能力，是难题.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.中，角和角互补，且，，，.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）在和中分别利用余弦定理，再结合可得到答案；（2）根据角和角互补可得，然后根据（1）中的结果可得到答案.【详解】（1）在中，由余弦定理得①在中，由余弦定理得，②因为角和角互补，即，所以由①②解得.（2）因为角和角互补，所以，由（1）得，则为锐角，所以，所以.【点睛】本题考查的是余弦定理和三角恒等变换，考查了学生的分析能力，属于中等题.19.如图，在四棱锥中，平面，四边形是菱形，，，且，交于点，是上任意一点.（1）求证：；（2）已知二面角余弦值为，若为的中点，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【详解】试题分析：（1）线线垂直问题转化为线面问题即可解决，即，（2）解法1：（空间向量在立体几何中的应用）建立空间直角坐标系，求得法向量，利用公式求解；解法2：通过构造法作出二面角的平面角,由，求出点到平面的距离试题解析：（1）因为平面，所以，因为四边形为菱形，所以又因为（2）解法1:连接在中，所以分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设则，．由（1）知，平面的一个法向量为（1,0,0），设平面的一个法向量为，则得，令，得因为二面角的余弦值为，所以，解得或（舍去），所以10分设与平面所成的角为．因为，，∴所以与平面所成角的正弦值为．解法2:设DP=t，作出二面角的平面角由，求出点到平面的距离．考点：1、线面垂直和线线垂直的互化；2、空间向量在立体几何中的应用；3、空间想象能力和综合分析能力．满足，.（1）求证：数列为等差数列，并求；（2）设，数列的前项和为，求证：.【答案】（1）证明见解析，；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）对式子，变形化简得，根据定义即可证明数列为等差数列，求出；（2）先化简，再用数学归纳法证明不等式，在证明从到的递推式时，可用分析法推导.【详解】解：（1）由，得，所以数列是以1为首项1为公差的等差数列，即，化简得.（2）因为，下面用数学归纳法证明:①当时，左边，右边，不等式成立；②假设当，时不等式成立，即有则当时，，而此时不等式右为应为，下面再证明，即只需证明，即只需证明，这显然成立，即时，不等式也成立.综合①②可得，成立.【点睛】本题考查了等差数列的概念和通项公式，还考查了与有关的不等式，可用数学归纳法证明，属于中档题.的焦点到准线的距离为2，直线与抛物线交于不同的两点，.（1）求抛物线的方程；（2）是否存在与的取值无关的定点，使得直线，的斜率之和恒为定值？若存在，求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】【分析】（1）本题可根据题意得出焦点坐标以及准线方程，然后根据焦点到准线的距离为2即可求出，最后根据即可求出抛物线方程；（2）本题首先可设出、、，然后联立方程并通过韦达定理得出，再然后对进行化简并根据为与无关的常数得出，最后通过计算即可得出结果.【详解】（1）由题意得，准线方