江苏省南师附中2019届高三5月模拟考试数学试题 含解析 15页

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，‎