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  • 2021-06-15 发布

江苏省南师附中2019届高三5月模拟考试数学试题 含解析

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江苏省南京师范大学附属中学2019届高三5月模拟 数学试题 ‎2019.5‎ 一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分,请将答案填写在答题卷相应的位置上.)‎ ‎1.已知集合A=,B=,则AB= .‎ 答案:{0,1}‎ 考点:集合的运算 解析:∵A=‎ ‎ ∴A={﹣1,0,1}‎ ‎ ∵B=‎ ‎ ∴AB={0,1}‎ ‎2.已知复数z=(1+2i)(a+i),其中i是虚数单位.若z的实部与虛部相等,则实数a的值为 .‎ 答案:﹣3‎ 考点:复数的运算 解析:z=(1+2i)(a+i)=a﹣2+(‎2a+1)i ‎ 由z的实部与虛部相等得:a﹣2=‎2a+1,解得a的值为﹣3.‎ ‎3.某班有学生52人,现将所有学生随机编号,用系统抽样方法,抽取一个容量为4的样本,已知5号、31号、44号学生在样本中,则样本中还有一个学生的编号是 .‎ 答案:18‎ 考点:系统抽样方法 解析:根据系统抽样的定义和方法,所抽取的4个个体的编号成等差数列,已知其中三个个体的编号为5,31,44,故还有一个抽取的个体的编号为18.‎ ‎4.3张奖券分别标有特等奖、一等奖和二等奖,甲、乙两人同时各抽取1张奖券,两人都未抽得特等奖的概率是 .‎ 答案:‎ 考点:古典概型 解析:甲、乙两人同时各抽取1张奖券共有6种不同的情况,其中两人都未抽得特等奖有2种情况,所以P==.‎ ‎5.函数的定义域为 .‎ 答案:[0,1)‎ 考点:函数的定义域 解析:由题意得:,解得0≤x<1,所以函数的定义域为[0,1).‎ ‎6.下图是一个算法流程图,则输出的k的值为 .‎ ‎ ‎ 答案:3‎ 考点:算法初步 解析:n取值由13→6→3→1,与之对应的k为0→1→2→3,所以当n取1时,k是3.‎ ‎7.若正三棱柱ABC—A1B‎1C1的所有棱长均为2,点P为侧棱AA1上任意一点,则四棱锥P—BCC1B1的体积为 .‎ ‎ ‎ 答案:‎ 考点:棱锥的体积 解析:由于AA1∥平面BCC1B1,所以点P到平面BCC1B1的距离就是点A1到平面BCC1B1的距离为,所以VP—BCC1B1==.‎ ‎8.在平面直角坐标系xOy中,点P在曲线C:上,且在第四象限内.已知曲线C在点P处的切线为,则实数b的值为 .‎ 答案:﹣13‎ 考点:函数的切线 解析:∵‎ ‎ ∴‎ ‎ ∵曲线C在点P处的切线为 ‎ ∴‎ ‎ ∵P在第四象限 ‎ ∴x=2,求得y=﹣9‎ ‎ ∴b=﹣9﹣2×2=﹣13‎ ‎9.已知函数(0<<)是定义在R上的奇函数,则的值为 .‎ 答案:‎ 考点:三角函数的图像与性质 解析:‎ ‎ ∵是定义在R上的奇函数 ‎ ∴,Z,由0<<求得 ‎ ∴,则 ‎10.如果函数(m,nR且m≥2,n≥0)在区间[,2]上单调递减,那么mn的最大值为 .‎ 答案:18‎ 考点:二次函数的性质 解析:当m=2时,,要使在区间[,2]上单调递减,则n<8,此时mn=2n无最大值,不符题意,舍去 当m>2时,是开口向上的抛物线,对称轴为x=,要使在区间[,2]上单调递减,则2≤,即0≤n≤12﹣‎2m,所以mn≤m(12﹣‎2m)=‎2m(6﹣m)≤=18,当且仅当m=3取“=”,所以mn的最大值为18.‎ ‎11.已知椭圆与双曲线(a>0,b>0)有相同的焦点,其左、右焦点分别为F1、F2,若椭圆与双曲线在第一象限内的交点为P,且F1P=F‎1F2,则双曲线的离心率为 .‎ 答案:‎ 考点:圆锥曲线的定义、性质 解析:由题意得:F1P=F‎1F2=2,则PF2=,所以‎2a=2﹣()=4﹣,则a=2﹣,所以e==.‎ ‎12.在平面直角坐标系xOy中,点A的坐标为(0,5),点B是直线l:上位于第一象限内的一点,已知以AB为直径的圆被直线l所截得的弦长为,则点B的坐标为 .‎ 答案:(6,3)‎ 考点:直线与圆 解析:设点B(,),则AB,求得点A到直线l的距离为,又因为弦长为,所以AB=,由=求得 ,因为点B位于第一象限,所以=6(负值已舍去),故点B的坐标为(6,3).‎ ‎13.已知数列的前n项和为,,,‎ ‎,则满足2019≤≤3000的正整数m的所有取值为 .‎ 答案:20,21‎ 考点:等差数列、等比数列前n项和 解析:当m为奇数时,,显然是单调递增的,又,,,所以m取21符合题意;当m为偶数时,,又,,,所以m取20符合题意.综上所述,正整数m的所有取值为20,21.‎ ‎14.已知等边三角形ABC的边长为2,,点N、T分别为线段BC、CA上的动点,则取值的集合为 .‎ 答案:{﹣6}‎ 考点:平面向量的坐标运算 解析:建立如图所示的平面直角坐标系 ‎ ‎ ‎ 则A(0,),B(﹣1,0),C(1,0)‎ ‎ 由得M(,),设N(n,0),直线AC为:,设T(t,)‎ ‎ 所以,‎ ‎ ,‎ ‎ ‎ ‎ 则.‎ 二、解答题(本大题共6小题,共计90分,请在答题纸指定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)‎ ‎15.(本小题满分14分)‎ 如图,在平面直角坐标系xOy中,以x轴正半轴为始边的锐角的终边与单位圆O交于点A,且点A的纵坐标是.‎ ‎(1)求cos(﹣)的值;‎ ‎(2)若以x轴正半轴为始边的钝角的终边与单位圆O交于点B,且点B的横坐标为,求+的值.‎ 解析:因为锐角α的终边与单位圆O交于点A,且点A的纵坐标是,‎ 所以由任意角的三角函数的定义可知sin α=.‎ 从而cos α==.(3分)‎ ‎(1) cos(α-)=cos αcos +sin αsin =×(-)+×=-.(6分)‎ ‎(2) 因为钝角β的终边与单位圆O交于点B,且点B的横坐标是-,‎ 所以cos β=-,从而sin β==.(8分)‎ 于是sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=×(-)+×=.(10分)‎ 因为α为锐角,β为钝角,所以α+β∈(,),(12分)‎ 从而α+β=.(14分)‎ ‎16.(本小题满分14分)‎ 如图,己知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=l,M是线段EF的中点.‎ ‎(1)求证:AM∥平面BDE;‎ ‎(2)求证:AM⊥平面BDF.‎ 解析:证明:(1) 设AC∩BD=O,连结OE,‎ ‎∵ 四边形ACEF是矩形,∴ EF∥AC,EF=AC.‎ ‎∵ O是正方形ABCD对角线的交点,[来源:学。科。网]‎ ‎∴ O是AC的中点.‎ 又点M是EF的中点,∴ EM∥AO,EM=AO.‎ ‎∴ 四边形AOEM是平行四边形,‎ ‎∴ AM∥OE.(4分)‎ ‎∵ OE平面BDE,AM平面BDE,‎ ‎∴ AM∥平面BDE.(7分)‎ ‎(2) ∵ 正方形ABCD,∴ BD⊥AC.‎ ‎∵ 平面ABCD∩平面ACEF=AC,平面ABCD⊥平面ACEF,BD平面ABCD,‎ ‎∴ BD⊥平面ACEF.(9分)‎ ‎∵ AM平面ACEF,∴ BD⊥AM.(10分)‎ ‎∵ 正方形ABCD,AD=,∴ OA=1.‎ 由(1)可知点M,O分别是EF,AC的中点,且四边形ACEF是矩形.‎ ‎∵ AF=1,∴ 四边形AOMF是正方形,(11分)‎ ‎∴ AM⊥OF.(12分)‎ 又AM⊥BD,且OF∩BD=O,OF平面BDF,BD平面BDF,‎ ‎∴ AM⊥平面BDF.(14分)‎ ‎17.(本小题满分14分)‎ 某广告商租用了一块如图所示的半圆形封闭区域用于产品展示,该封闭区域由以O为圆心的半圆及直径AB围成.在此区域内原有一个以OA为直径、C为圆心的半圆形展示区,该广告商欲在此基础上,将其改建成一个凸四边形的展示区COPQ,其中P、Q分別在半圆O与半圆C的圆弧上,且PQ与半圆C相切于点Q.己知AB长为‎40米,设∠BOP为2.(上述图形均视作在同一平面内)‎ ‎(1)记四边形COPQ的周长为,求的表达式;‎ ‎(2)要使改建成的展示区COPQ的面积最大,求sin的值.‎ 解析:解:(1) 连结PC.由条件得θ∈(0,).‎ 在△POC中,OC=10,OP=20,∠POC=π-2θ,由余弦定理,得 PC2=OC2+OP2-2OC·OPcos(π-2θ)=100(5+4cos 2θ).(2分)‎ 因为PQ与半圆C相切于点Q,所以CQ⊥PQ,‎ 所以PQ2=PC2-CQ2=400(1+cos 2θ),所以PQ=20cos θ.(4分)‎ 所以四边形COPQ的周长为f(θ)=CO+OP+PQ+QC=40+20cos θ,‎ 即f(θ)=40+20cos θ,θ∈(0,).(7分)‎ ‎(没写定义域,扣2分)‎ ‎(2) 设四边形COPQ的面积为S(θ),则 S(θ)=S△OCP+S△QCP=100(cos θ+2sin θcos θ),θ∈(0,).(10分)‎ 所以S′(θ)=100(-sin θ+2cos2θ-2sin2θ)=100(-4sin2θ-sin θ+2),θ∈(0,).(12分)‎ 令S′(t)=0,得sin θ=.‎ 列表:‎ sin θ ‎(0,)‎ ‎(,1)‎ S′(θ)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ S(θ)‎ 增 最大值 减 答:要使改建成的展示区COPQ的面积最大,sin θ的值为.(14分)‎ ‎18.(本小题满分16分)‎ 在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,且点F1,F2与椭圆C的上顶点构成边长为2的等边三角形.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)已知直线l与椭圆C相切于点P,且分别与直线x=﹣4和直线x=﹣1相交于点M、N.试判断是否为定值,并说明理由.‎ 解析:解:(1) 依题意,‎2c=a=2,所以c=1,b=,‎ 所以椭圆C的标准方程为+=1.(4分)‎ ‎(2) ① 因为直线l分别与直线x=-4和直线x=-1相交,‎ 所以直线l一定存在斜率.(6分)‎ ‎② 设直线l:y=kx+m,‎ 由得(4k2+3)x2+8kmx+4(m2-3)=0.‎ 由Δ=(‎8km)2-4×(4k2+3)×4(m2-3)=0,‎ 得4k2+3-m2=0 ①.(8分)‎ 把x=-4代入y=kx+m,得M(-4,-4k+m),‎ 把x=-1代入y=kx+m,得N(-1,-k+m),(10分)‎ 所以NF1=|-k+m|,‎ MF1== ②,(12分)‎ 由①式,得3=m2-4k2 ③,‎ 把③式代入②式,得MF1==2|-k+m|,‎ ‎∴ ==,即为定值.(16分)‎ ‎19.(本小题满分16分)‎ 已知数列满足(),数列的前n项和(),且,.‎ ‎(1)求数列的通项公式;‎ ‎(2)求数列的通项公式;‎ ‎(3)设,记是数列的前n项和,求正整数m,使得对于任意的均有≥.‎ 解析:解:(1) ① a1=2=2;(2分)‎ ‎② 当n≥2时,an===2n.‎ 所以数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*).(4分)‎ ‎(2) 由Sn=,得2Sn=n(b1+bn) ①,‎ 所以2Sn-1=(n-1)(b1+bn-1)(n≥2) ②.‎ 由②-①,得2bn=b1+nbn-(n-1)bn-1,n≥2,‎ 即b1+(n-2)bn-(n-1)bn-1=0(n≥2) ③,‎ 所以b1+(n-3)bn-(n-2)bn-1=0(n≥3) ④.‎ 由④-③,得(n-2)bn-2(n-2)bn-1+(n-2)bn-2=0,n≥3,(6分)‎ 因为n≥3,所以n-2>0,上式同除以(n-2),得 bn-2bn-1+bn-2=0,n≥3,‎ 即bn+1-bn=bn-bn-1=…=b2-b1=1,‎ 所以数列{bn}是首项为1,公差为1的等差数列,‎ 故bn=n,n∈N*.(8分)‎ ‎(3) 因为cn=-=-=[-1],(10分)‎ 所以c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,c5<0.‎ 记f(n)=,‎ 当n≥5时,f(n+1)-f(n)=-=-<0,‎ 所以当n≥5时,数列{f(n)}为单调递减数列,当n≥5时,f(n)T5>T6>…‎ 所以对任意的n∈N*,T4≥Tn.‎ 综上,m=4.(16分)‎ ‎(注:其他解法酌情给分)‎ ‎20.(本小题满分16分)‎ 设a为实数,已知函数,.‎ ‎(1)当a<0时,求函数的单调区间;‎ ‎(2)设b为实数,若不等式对任意的a≥1及任意的x>0恒成立,求b的取值范围;‎ ‎(3)若函数(x>0,R)有两个相异的零点,求a的取值范围.‎ 解析:解:(1) 当a<0时,因为f′(x)=a(x+1)ex,当x<-1时,f′(x)>0;‎ 当x>-1时,f′(x)<0.所以函数f(x)单调减区间为(-∞,-1),单调增区间为(-1,+‎ ‎∞).(2分)‎ ‎(2) 由f(x)≥2x2+bx,得axex≥2x2+bx,由于x>0,‎ 所以aex≥2x+b对任意的a≥1及任意的x>0恒成立.‎ 由于ex>0,所以aex≥ex,所以ex-2x≥b对任意的x>0恒成立.(4分)‎ 设φ(x)=ex-2x,x>0,则φ′(x)=ex-2,‎ 所以函数φ(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,‎ 所以φ(x)min=φ(ln 2)=2-2ln 2,‎ 所以b≤2-2ln 2.(6分)‎ ‎(3) 由h(x)=axex+x+ln x,得h′(x)=a(x+1)ex+1+=,其中x>0.‎ ‎① 若a≥0时,则h′(x)>0,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以函数h(x)至多有一个零零点,不合题意;(8分)‎ ‎② 若a<0时,令h′(x)=0,得xex=->0.‎ 由第(2)小题知,当x>0时,φ(x)=ex-2x≥2-2ln 2>0,所以ex>2x,所以xex>2x2,所以当x>0时,函数xex的值域为(0,+∞).‎ 所以存在x0>0,使得ax0ex0+1=0,即ax0ex0=-1 ①,‎ 且当x0,所以函数h(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.‎ 因为函数有两个零点x1,x2,‎ 所以h(x)max=h(x0)=ax0ex0+x0+ln x0=-1+x0+ln x0>0 ②.‎ 设φ(x)=-1+x+ln x,x>0,则φ′(x)=1+>0,所以函数φ(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 由于φ(1)=0,所以当x>1时,φ(x)>0,所以②式中的x0>1.‎ 又由①式,得x0ex0=-.‎ 由第(1)小题可知,当a<0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以->e,‎ 即a∈(-,0).(11分)‎ 当a∈(-,0)时,‎ ‎(i) 由于h()=+(-1)<0,所以h()·h(x0)<0.‎ 因为<1e,‎ 设F(t)=-et+t+ln t,t>e,‎ 由于t>e时,ln t2t,所以设F(t)<0,即h(-)<0.‎ 由①式,得当x0>1时,-=x0ex0>x0,且h(-)·h(x0)<0,‎ 同理可得函数h(x)在(x0,+∞)上也恰有一个零点.‎ 综上,a∈(-,0).(16分)‎ 数学附加题(满分40分,考试时间30分钟)‎ ‎21. 【选做题】 在A,B,C三小题中只能选做两题,每小题10分,共20分.若多做,则按作答的前两题计分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.‎ A. (选修42:矩阵与变换)‎ 已知矩阵A=,二阶矩阵B满足AB=.‎ ‎(1) 求矩阵B;‎ ‎(2) 求矩阵B的特征值.‎ 解析:解:(1) 由题意,由矩阵的逆矩阵公式得B=A-1=.(5分)‎ ‎(2) 矩阵B的特征多项式f(λ)=(λ+1)(λ-1),(7分)‎ 令f(λ)=0,解得λ=1或-1,(9分)‎ 所以矩阵B的特征值为1或-1.(10分)‎ B. (选修44:坐标系与参数方程)‎ 设a为实数,在极坐标系中,已知圆ρ=2asin θ(a>0)与直线ρcos(θ+)=1相切,求a的值.‎ 解析:解:将圆ρ=2asin θ化成普通方程为x2+y2=2ay,整理得x2+(y-a)2=a2.(3分)‎ 将直线ρcos(θ+)=1化成普通方程为x-y-=0.(6分)‎ 因为相切,所以圆心到直线的距离等于半径,即=a,(9分)‎ 解得a=2+.(10分)‎ C. (选修45:不等式选讲)‎ 求函数y=+的最大值.‎ 解析:解:因为(+)2=(·+·)2‎ ‎≤(3-3x+3x+2)(+1)=,(3分)‎ 所以y=+≤.(5分)‎ 当且仅当=,即x=∈[-,1]时等号成立.(8分)‎ 所以y的最大值为.(10分)‎ ‎【必做题】 第22,23题,每小题10分,共20分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎22. 如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,∠ABC=∠BAD=90°,AD=AP=4,AB=BC=2,点M为PC的中点.‎ ‎(1) 求异面直线AP与BM所成角的余弦值;‎ ‎(2) 点N在线段AD上,且AN=λ,若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为,求λ的值.‎ 解析:解:(1) 因为PA⊥平面ABCD,且AB,AD平面ABCD,‎ 所以PA⊥AB,PA⊥AD.‎ 因为∠BAD=90°,所以PA,AB,AD两两互相垂直.‎ 分别以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,‎ 则由AD=2AB=2BC=4,PA=4,可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,4,0),P(0,0,4).‎ 因为点M为PC的中点,所以M(1,1,2).‎ 所以=(-1,1,2),=(0,0,4),(2分)‎ 所以cos〈,〉===,(4分)‎ 所以异面直线AP,BM所成角的余弦值为.(5分)‎ ‎(2) 因为AN=λ,所以N(0,λ,0)(0≤λ≤4),则=(-1,λ-1,-2),‎ =(0,2,0),=(2,0,-4).‎ 设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则即 令x=2,解得y=0,z=1,所以m=(2,0,1)是平面PBC的一个法向量.(7分)‎ 因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为,‎ 所以|cos〈,m〉|===,解得λ=1∈[0,4],‎ 所以λ的值为1.(10分)‎ ‎23. 在平面直角坐标系xOy中,有一个微型智能机器人(大小不计)只能沿着坐标轴的正方向或负方向行进,且每一步只能行进1个单位长度,例如:该机器人在点(1,0)处时,下一步可行进到(2,0)、(0,0)、(1,1)、(1,-1)这四个点中的任一位置.记该机器人从坐标原点O出发、行进n步后落在y轴上的不同走法的种数为L(n).‎ ‎(1) 求L(1),L(2),L(3)的值;‎ ‎(2) 求L(n)的表达式.‎ 解析:解:(1) L(1)=2,(1分)‎ L(2)=6,(2分)‎ L(3)=20.(3分)‎ ‎(2) 设m为沿x轴正方向走的步数(每一步长度为1),则反方向也需要走m步才能回到y轴上,所以m=0,1,2,……,[](其中[]为不超过的最大整数),‎ 总共走n步,首先任选m步沿x轴正方向走,再在剩下的n-m步中选m步沿x轴负方向走,最后剩下的每一步都有两种选择(向上或向下),即C·C·2n-‎2m,‎