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2019年上海中学高考数学模拟试卷（5月份）

一、填空题

1．（3分）抛物线的准线方程是　 　．

2．（3分）设集合，，则　　．

3．（3分）不等式的解集为　 　．

4．（3分）命题，命题的一个必要条件为下面的命题　　（填“”或“”

命题；命题

5．（3分）复数为虚数单位）的平方根为　　．

6．（3分）已知点、、，则的面积为　　．

7．（3分）的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则的展开式中倒数第4项的系数为　　．

8．（3分），，且，，则　　．

9．（3分），，则　　为的反函数）．

10．（3分）在中，角，，所对的边分别为，，，若，，成等差数列，在的取值范围是　 　（角用弧度表示）

11．（3分）四面体中，，，，则与所成的角为　　．

12．（3分）古埃及数学中有一个独特现象：除用一个单独的符号表示以外，其他分数都要写成若干个单位分数和的形式．例如，可以这样来理解：假定有两个面包，要平均分给5个人，每人不够，每人余，再将这分成5份，每人得，这样每人分得．形如，7，9，11，的分数的分解：，，，，按此规律，则（1）　 　．（2）　 　．，7，9，11，

二、选择题

13．（3分）若是第二象限的角，则的终边所在位置不可能是　　

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．笫象限

14．（3分）已知，表示两个不同的平面，为平面内的一条直线，则“”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

15．（3分）现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有　　

A．24种B．30种C．36种D．48种

16．（3分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为　　

A．B．C．2D．

三、解答题

17．如图，在长方体中，，，，

（1）求证：直线平面；

（2）求直线到平面的距离．

18．已知两个向量，，，

（1）若，求实数的值；

（2）求函数，，的值域．

19．已知数列满足，，．

（Ⅰ）若是递增数列，且，，成等差数列，求的值；

（Ⅱ）若，且是递增数列，是递减数列，求数列的通项公式．

20．如图，游客从某旅游景区的景点处下山至处有两种路径．一种是从沿直线步行到，另一种是先从沿索道乘缆车到，然后从沿直线步行到．现有甲、乙两位游客从处下山，甲沿匀速步行，速度为．在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留后，再从匀速步行到．假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为，经测量，，

（1）求索道的长；

（2）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？

（3）为使两位游客在处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？

21．已知函数．

（1）若，且在，上存在零点，求实数的取值范围；

（2）若对任意，，存在，使，求实数的取值范围；

（3）若存在实数，使得当，时，恒成立，求实数的最大值．

2018年上海中学高考数学模拟试卷（5月份）

参考答案与试题解析

一、填空题

1．（3分）抛物线的准线方程是　　．

【考点】：抛物线的标准方程

【专题】11：计算题；：圆锥曲线的定义、性质与方程

【分析】先根据抛物线的标准方程得到焦点在轴上以及，再直接代入即可求出其准线方程．

【解答】解：因为抛物线的标准方程为：，焦点在轴上；

所以：，即，

所以：，

所以准线方程．

故答案为：．

【点评】本题的考点是抛物线的简单性质，主要考查抛物线的标准方程，属于基础题．

2．（3分）设集合，，则　　．

【考点】：交集及其运算

【专题】37：集合思想；11：计算题；：集合；49：综合法

【分析】可解出集合，然后进行交集的运算即可．

【解答】解：；

．

故答案为：．

【点评】考查描述法的定义，对数函数的单调性，以及交集的运算．

3．（3分）不等式的解集为　，，　．

【考点】：其他不等式的解法

【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；59：不等式的解法及应用

【分析】首先移项通分，等价变形为整式不等式解之

【解答】解：原不等式等价于，即，

所以不等式的解集为，，；

故答案为：，，

【点评】本题考查了分式不等式的解法；关键是正确转化为整式不等式解之．

4．（3分）命题，命题的一个必要条件为下面的命题　　（填“”或“”

命题；命题

【考点】：复合命题及其真假

【专题】：简易逻辑；35：转化思想

【分析】直接利用命题中的四个条件的应用求出结果．

【解答】解：命题，命题的一个必要条件为：是所求的集合的子集．

故答案为：．

【点评】本题考查的知识要点：简易逻辑的四个条件的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．

5．（3分）复数为虚数单位）的平方根为　　．

【考点】：复数的运算

【专题】34：方程思想；43：待定系数法；：数系的扩充和复数

【分析】设复数为虚数单位）的平方根为，利用待定系数法结合复数相等建立方程组进行求解即可．

【解答】解：设复数为虚数单位）的平方根为，

则，

即，

则，即，

得或，

即平方根为或，

故答案为：

【点评】本题主要考查复数平方根的计算，结合复数相等的定义利用待定系数法是解决本题的关键．

6．（3分）已知点、、，则的面积为　5　．

【考点】：三角形中的几何计算

【专题】：平面向量及应用；：定义法；38：对应思想

【分析】根据题意用平面向量的坐标表示求出、的夹角和模长，再求的面积．

【解答】解：、、，

，，

，

，，

，

，

的面积为．

故答案为：5．

【点评】本题考查了利用平面向量的坐标表示求夹角与模长的应用问题，也考查了三角形面积计算问题，是基础题．

7．（3分）的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则的展开式中倒数第4项的系数为　280　．

【考点】：二项式定理

【专题】：二项式定理；：数学模型法；34：方程思想

【分析】由已知求得，求出展开式的第5项得答案．

【解答】解：由，得．

，

的展开式中倒数第4项为．

展开式中倒数第4项的系数为280．

故答案为：280．

【点评】本题考查二项式定理，考查二项式展开式的通项公式，是基础题．

8．（3分），，且，，则　　．

【考点】：两角和与差的三角函数

【专题】33：函数思想；：转化法；51：函数的性质及应用

【分析】由三角函数基本关系式结合角的范围即可求出，的值，再由两角和与差的余弦函数公式计算得答案．

【解答】解：，，

，，，

又，

，，

．

，

，

．

．

故答案为：．

【点评】本题考查三角函数基本关系式的应用，考查两角和与差的余弦函数的应用，考查了计算能力，属于中档题．

9．（3分），，则　，　为的反函数）．

【考点】：反函数

【专题】11：计算题；51：函数的性质及应用

【分析】先用换元法求出，然后求出，再求出即可．

【解答】解：令，则

，

，，

，

，

【点评】本题考查了反函数，属基础题．

10．（3分）在中，角，，所对的边分别为，，，若，，成等差数列，在的取值范围是　，　（角用弧度表示）

【考点】84：等差数列的通项公式

【专题】54：等差数列与等比数列；58：解三角形

【分析】由，，成等差数列，根据等差数列的性质得到，解出，然后利用余弦定理表示出，把的式子代入后，合并化简，利用基本不等式即可求出的最小值，根据的范围以及余弦函数的单调性，再利用特殊角三角函数值即可求出的取值范围．

【解答】解：由，，成等差数列，得到，即，

则，

，且余弦在上为减函数，

角的范围是：．

故答案为：，．

【点评】此题属于解三角形的题型，涉及的知识有：等差数列的性质，余弦定理，基本不等式的运用，以及余弦函数的图象与性质，熟练掌握余弦定理及等差数列的性质是解本题的关键，是中档题．

11．（3分）四面体中，，，，则与所成的角为　　．

【考点】：异面直线及其所成的角

【专题】：空间角；31：数形结合；：转化法

【分析】由题意画出图形，分别取，，的中点，，，连接，，，，，则，，（或其补角）为与所成的角，然后求解三角形得答案．

【解答】解：如图，分别取，，的中点，，，

连接，，，，，

则，，（或其补角）为与所成的角．

，，可得，

，，可得．

在中，得，

则．

在中，，，，

．

与所成的角为．

故答案为：．

【点评】本题考查异面直线所成角，考查空间想象能力与思维能力，考查三角形的解法，是中档题．

12．（3分）古埃及数学中有一个独特现象：除用一个单独的符号表示以外，其他分数都要写成若干个单位分数和的形式．例如，可以这样来理解：假定有两个面包，要平均分给5个人，每人不够，每人余，再将这分成5份，每人得，这样每人分得．形如，7，9，11，的分数的分解：，，，，按此规律，则（1）　　．（2）　 　．，7，9，11，

【考点】：归纳推理

【专题】29：规律型

【分析】（1）由已知中，可以这样来理解：假定有两个面包，要平均分给5个人，每人不够，每人余，再将这分成5份，每人得，这样每人分得，类比可推导出；

（2）由已知中，可以这样来理解：假定有两个面包，要平均分给5个人，每人不够，每人余，再将这分成5份，每人得，这样每人分得，类比可推导出．

【解答】解：（1）假定有两个面包，要平均分给11个人，

每人不够，

每人分则余，再将这分成11份，每人得，

这样每人分得．

故；

（2）假定有两个面包，要平均分给，7，9，11，个人，

每人不够，

每人分则余，再将这分成份，每人得，

这样每人分得．

故；

故答案为：，

【点评】此题考查学生在学习了“分数的基本性质、分数加减法的计算方法”等知识后，运用它解决有一定思维难度的数学问题的能力．

二、选择题

13．（3分）若是第二象限的角，则的终边所在位置不可能是　　

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．笫象限

【考点】：象限角、轴线角

【专题】48：分析法；37：集合思想；56：三角函数的求值

【分析】写出第二象限的角的集合，得到的范围，分别取值得答案．

【解答】解：是第二象限角，

，．

则，．

当时，，为第一象限角；

当时，，为第二象限角；

当时，，为第四象限角．

由上可知，的终边所在位置不可能是第三象限角．

故选：．

【点评】本题考查象限角及轴线角，考查终边相同角的集合，是基础题．

14．（3分）已知，表示两个不同的平面，为平面内的一条直线，则“”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

【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件；：空间中直线与平面之间的位置关系

【专题】：空间位置关系与距离；：简易逻辑

【分析】判充要条件就是看谁能推出谁．由，为平面内的一条直线，可得；反之，时，若平行于和的交线，则，所以不一定能得到．

【解答】解：由平面与平面垂直的判定定理知如果为平面内的一条直线，且，则，反之，时，若平行于和的交线，则，所以不一定能得到，

所以“”是“”的必要不充分条件．

故选：．

【点评】本题考查线面垂直、面面垂直问题以及充要条件问题，属基本题．

15．（3分）现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有　　

A．24种B．30种C．36种D．48种

【考点】：排列、组合及简单计数问题

【专题】11：计算题；34：方程思想；35：转化思想；：排列组合

【分析】根据题意，设需要涂色的四个部分依次分①、②、③、④，依次分析四个区域的涂色方法数目，由分步计数原理计算可得答案．

【解答】解：根据题意，设需要涂色的四个部分依次分①、②、③、④，

对于区域①，有4种颜色可选，有4种涂色方法，

对于区域②，与区域①相邻，有3种颜色可选，有3种涂色方法，

对于区域③，与区域①②相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，

对于区域④，与区域②③相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，

则不同的涂色方法有种；

故选：．

【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．

16．（3分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为　　

A．B．C．2D．

【考点】：由三视图求面积、体积

【专题】31：数形结合；44：数形结合法；：空间位置关系与距离

【分析】根据三视图判断三棱锥的底面形状和高，代入体积公式计算即可．

【解答】解：由主视图和侧视图可知棱锥的高，

结合侧视图和俯视图可知三棱锥的底面为直角三角形，，，，

三棱锥的体积，

故选：．

【点评】本题考查了棱锥的结构特征与三视图，体积计算，属于中档题．

三、解答题

17．如图，在长方体中，，，，

（1）求证：直线平面；

（2）求直线到平面的距离．

【考点】：直线与平面平行；：点、线、面间的距离计算

【专题】31：数形结合；49：综合法；：空间位置关系与距离

【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可；（2）求出三棱锥的体积，再△为底面的三棱锥的体积，从而求出线到平面的距离即可．

【解答】解：（1）因为为长方体，故，，

故为平行四边形，故，显然不在平面上，

故 直线平行于平面；

（2）直线到平面的距离即为点到平面的距离（设为

以为底面的三棱锥的体积，可得

而△中，，故

所以以△为底面的三棱锥的体积，

即直线到平面的距离为．

【点评】本题考查了线面平行的判定定理，考查线面的距离以及数形结合思想，是一道中档题．

18．已知两个向量，，，

（1）若，求实数的值；

（2）求函数，，的值域．

【考点】34：函数的值域；：平面向量数量积的性质及其运算

【专题】34：方程思想；48：分析法；51：函数的性质及应用；：平面向量及应用

【分析】（1）由向量垂直的条件：数量积为0，解方程即可得到的值；

（2）运用向量的数量积的坐标表示，由对数函数的单调性可得，，再由二次函数的值域求法，即可得到．

【解答】解：（1），，，，

若，则，

可得或，

解得或；

（2）函数

，

令，由，，可得，，

即有函数，

当时，函数取得最小值；

当时，函数取得最大值3．

则函数的值域为，．

【点评】本题考查向量的数量积的坐标表示和性质，考查可化为二次函数的值域的求法，注意运用对数函数的单调性，考查运算能力，属于中档题．

19．已知数列满足，，．

（Ⅰ）若是递增数列，且，，成等差数列，求的值；

（Ⅱ）若，且是递增数列，是递减数列，求数列的通项公式．

【考点】：数列的求和；：数列递推式

【专题】54：等差数列与等比数列

【分析】（Ⅰ）根据条件去掉式子的绝对值，分别令，2代入求出和，再由等差中项的性质列出关于的方程求解，利用“是递增数列”对求出的的值取舍；

（Ⅱ）根据数列的单调性和式子“”、不等式的可加性，求出和，再对数列的项数分类讨论，利用累加法和等比数列前项和公式，求出数列的奇数项、偶数项对应的通项公式，再用分段函数的形式表示出来．

【解答】解：（Ⅰ）数列是递增数列，，

则化为：，

分别令，2可得，，，

即，，

，，成等差数列，，

即，

化简得，解得或0，

当时，数列为常数数列，不符合数列是递增数列，

；

（2）由题意可得，，

则，，

数列是递增数列，且是递减数列，

，且，

则，两不等式相加得

，即，

又，

，即，

同理可得：，即，

则

当数列的项数为偶数时，令，

，，，，，

这个等式相加可得，

，

则；

当数列的项数为奇数时，令

，，，，，

这个等式相加可得，

，

则，且当时符合，

故，

综上得，．

【点评】本题考查了等差数列的通项公式，等比数列前项和公式、数列的单调性，累加法求数列的通项公式，不等式的性质等，同时考查数列的基础知识和化归、分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力．本题设计巧妙，题型新颖，立意深刻，是一道不可多得的好题，难度很大．

20．如图，游客从某旅游景区的景点处下山至处有两种路径．一种是从沿直线步行到，另一种是先从沿索道乘缆车到，然后从沿直线步行到．现有甲、乙两位游客从处下山，甲沿匀速步行，速度为．在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留后，再从匀速步行到．假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为，经测量，，

（1）求索道的长；

（2）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？

（3）为使两位游客在处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？

【考点】：余弦定理

【专题】58：解三角形

【分析】（1）根据正弦定理即可确定出的长；

（2）设乙出发分钟后，甲、乙两游客距离为，此时，甲行走了，乙距离处，由余弦定理可得；

（3）设乙步行的速度为，从而求出的取值范围．

【解答】解：（1）在中，因为，，所以，，

从而

由正弦定理，得．

答：索道的长为．

（2）假设乙出发分钟后，甲、乙两游客距离为，此时，甲行走了，乙距离处，所以由余弦定理得

，

因，即，答：当时，甲、乙两游客距离最短．

（3）由正弦定理，得，

乙从出发时，甲已经走了，还需走才能到达．

设乙步行的速度为，由题意得，解得，

答：为使两位游客在处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在范围内．

【点评】此题考查了余弦定理，锐角三角函数定义，以及勾股定理，利用了分类讨论及数形结合的思想，属于解直角三角形题型．

21．已知函数．

（1）若，且在，上存在零点，求实数的取值范围；

（2）若对任意，，存在，使，求实数的取值范围；

（3）若存在实数，使得当，时，恒成立，求实数的最大值．

【考点】：函数恒成立问题

【专题】51：函数的性质及应用；35：转化思想；：分类法

【分析】（1）由题意可得（2）或判别式大于等于0，两个端点处的函数值非负，解不等式即可得到所求范围；

（2）考虑，（3），比较可得（3）最大，由题意可得对，恒成立，可得，由的范围，即可得到所求的范围；

（3）的对称轴为，根据对称轴与区间，的关系分情况讨论的单调性，求出最值，根据列出不等式组，化简得出的取值范围，从而得到实数的最大值．

【解答】解：（1）当时，，

在，上存在零点，

（2）或

即，或，

解得或，或或，

即的取值范围为，，；

（2），，函数开口向上，

，（3），

，（3），

（3）（2），

（3），

对任意，，存在，使，

对，恒成立，

，

，，

，

；

（3）的对称轴为．

①若，则，在，上单调递增，

．

由，得，

解不等式组，得．

②若，即时，在，上单调递减，在，单调递增，

．

，即，得．

③若，即时，在，单调递减，在，单调递增，

，即，则．

④若，即时，在，上单调递减，

，

，即，则．

综上，的取值范围是，，的最大值为10．

【点评】本题考查二次函数零点和最值、恒成立问题，主要考查二次函数的图象和性质，不等式等基础知识，考查综合运用数学知识进行推理论证的能力，体现了分类类讨论的思想方法，难度较大．

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日期：2019/4/7 22:17:28；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120