《上海市闵行区2019届高三第一学期（一模）期末质量监控数学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《上海市闵行区2019届高三第一学期（一模）期末质量监控数学试题（解析版）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 上海市闵行区上海市闵行区 20182018 学年度第一学期高三数学（一模）期末质量监控试学年度第一学期高三数学（一模）期末质量监控试 卷卷 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 4 4 小题，共小题，共 12.012.0 分）分） 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】 【分析】 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
2、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B. C. ，且D. b 与 ， 都相交 【答案】D 【解析】 【分析】 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 2 A. B. C. D. a 与
3、b 的大小关系不确定 【答案】B 【解析】 【分析】 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】 【分析】 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
4、动点，所以， 又，所以； 因为， 所以的取值范围是. 故选 A 3 【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（本大题共二、填空题（本大题共 1212 小题，共小题，共 36.036.0 分）分） 5.已知全集，集合，则_ 【答案】 【解析】 【分析】 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】 【分析】 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
5、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】 【分析】 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 4 【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】 【分析】 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】 【分析】 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
6、 ，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】 【分析】 将 ：化为，再由平行线间的距离公式即可求出结果. 5 【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】 【分析】 由作出其图像
7、，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 _ 6 【答案】12 【解析】 【分析】 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，
8、b，c，面积为 S，且，则_ 【答案】0 【解析】 【分析】 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】 【分析】 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. 7 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
9、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】 【分析】 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 01，故正确. 故答案
10、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（本大题共三、解答题（本大题共 5 5 小题，共小题，共 60.060.0 分）分） 17.如图，正三棱柱的各棱长均为 2，D 为棱 BC 的中点 8 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】 【分析】 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，
11、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 9 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】 【分析】 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
12、，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
13、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 10 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】 【分析】 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(
14、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 11 【答案】 （1），具有性质 A
15、；（2）假命题；（3）详见解析. 【解析】 【分析】 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
16、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， 12 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】 【分析】 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 成立即可； 由题中条件，先求出的范围；再根据是“拟等比数列” ，分类讨论 和，即可
