【全国百强校】江苏省海安高级中学2019届高三第二学期四月模拟考试数学试题(解析版)

江苏省海安高级中学2019届高三年级四月模拟考试
数学试题
一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分．不需要写出解答过程，请将答案填写在答题卡相应的位置上
．．．．．．．．．．）
1.已知集合，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】
由可得集合是奇数集，由此可以得出结果.
【详解】解：因为
所以集合中的元素为奇数，
所以.
【点睛】本题考查了集合的交集，解析出集合B中元素的性质是本题解题的关键.
2._______．
【答案】
【解析】
试题分析：.
考点：正弦函数的诱导公式.
3.已知复数，其中虚数单位，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】
求出复数的标准形式，根据复数模的计算公式求解.
【详解】解：
所以
【点睛】本题考查了复数模的运算，解题的关键是通过复数运算法则求出复数的标准形式.
4.对一批产品的长度（单位：毫米）进行抽样检测，样本容量为400，如图为检测结果的频率分布直方图．根据产品标准，单件产品长度在区间的为一等品，在区间和的为二等品，其余均为三等品．则样本中三等品的件数为_______．
【答案】50.
【解析】
试题分析：三等品总数.
考点：频率分布直方图
5.如图是一个算法的伪代码，其输出的结果为_______．
【答案】
【解析】
由题设提供的算法流程图可知:，应填答案。

6.从集合中随机取一个元素，记为，从集合中随机取一个元素，记为，则的概率为
_______．
【答案】
【解析】
【分析】
先求出随机抽取a,b的所有事件数，再求出满足的事件数，根据古典概型公式求出结果.
【详解】解：从集合中随机取一个元素，记为，从集合中随机取一个元素，记为，
则的事件数为9个，即为，，，
其中满足的有，，，共有8个，
故的概率为.
【点睛】本题考查了古典概型的计算，解题的关键是准确列举出所有事件数.
7.在平面直角坐标系中，若双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
由双曲线的离心率为，可以得到，再根据求出的关系，从而得出渐近线的方程. 【详解】解：因为双曲线的离心率为，
所以，
故，
又因为，
所以，即，即，
所以双曲线的渐近线.
【点睛】本题考查了双曲线渐近线的问题，解题的关键是由题意解析出的关系，从而解决问题.
8.一个正四面体的展开图是边长为的正三角形，则该四面体的外接球的表面积为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
一个正四面体的展开图是边长为的正三角形，故可得正四面体的边长为，再由外接球球心位置构造平面图形，解出半径，得出外接球的表面积.
【详解】解：因为一个正四面体的展开图是边长为的正三角形，
所以，正四面体的边长为，
在正四面体中，如图所示,
为底面正三角形的中心，
为外接球的球心，设外接球的半径为R，
则有,，,
因为正四面体的边长为，
所以,
故,
,
在中，，即,
解得：，故外接球的表面积为.
【点睛】本题考查了正四面体外接球的表面积问题，准确想象出正四面体各点、各棱、各面与外接球的位置关系，并且从立体图形中构建出平面图形是解得球半径的关键，属于中档题.
9.已知，且，则_______．
【答案】
【解析】
试题分析：由可得.又因为所以.又因为
.又因为
所以.所以.本小题关键是角的和
差的余弦公式的正逆方向的应用.
考点：1.余弦和差公式的应用.2.解三角方程.
10.已知等边的边长为2，若
，
，则的面积为_______．
【答案】
【解析】 【分析】
建立直角坐标系，求出的
坐标，得出
的大小，设的夹角为，则可以求出点到直线的
长度为，从而得出
的面积.
【详解】解：以
的中点为原点，
所在直线为x 轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则
因为,
所以，
故
，
，
设
的夹角为，
，
所以，，
点到直线
的长度为
，
的面积为
.
【点睛】本题考查了向量的数量积、向量在平面几何中的应用，向量数量积问题常见的解题方法为坐标法、基底法等等.
11.在平面直角坐标中，已知点，若直线上存在点使得，则实数的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据得出点的轨迹方程，又点在直线上，则点的轨迹与直线必须有公共点，进而解决问题.
【详解】解：设
则，
因为，
所以有，
同时平方，化简得，
故点的轨迹为圆心在（0,0），半径2为的圆，
又点在直线上，
故圆与直线必须有公共点，
所以，解得.
【点睛】本题考查了点的轨迹问题、直线与圆的位置关系的问题，解题的关键是能从题意中转化出动点的轨迹，并能求出点的轨迹方程.
12.已知是定义在区间上的奇函数，当时，．则关于的不等式
的解集为__________．
【答案】
【解析】
当时，则，即，所以，结合图像
可知：函数在单调递减，所以不等式可化为，解之得，应填答案。

点睛：解答本题的关键是求出函数的解析式，在时，；关键求时，
的过程值得注意，这里充分运用时，)及奇函数的定义，运用转化的数学思想求出当，则，进而借助奇函数得到，从而求出。

13.已知实数，，，满足，，且，则的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】
由实数，，，满足，且，得出，从而得出的范围，用表示，构建函数，求解取值范围.
【详解】解：实数，，，满足，且，
所以，
若则，
若则，
所以，，
因为关于的方程为，
所以解得：，
设，由得，，则，
因为要成立，
故，
设函数，
因为在上恒成立，
故函数单调递减，
所以，，
所以此时在的值域为，
即当时，；
设函数，
因为
在上恒成立，
故函数单调递增，
所以，，
所以此时在的值域为，
即当时，，
综上：.
【点睛】本题本质上考查了函数的最值问题，解题的关键是要能构建出关于的函数，通过函数思想求解取值范围，还考查了学生整体换元的思想.
14.已知数列的通项公式是，数列的通项公式是，集合
,将集合中的元素按从小到大的顺序排列构成的数列记为，则数列的前45项和_______．
【答案】2627
【解析】
【分析】
随着增大时，数列中前后连续两项之间的差值越来越大，
故考虑在中的前后连续两项之间插入数列中相应大小的项，然后逐步分析插入的项数，直至满足题
意，从而得出结果.
【详解】解：因为数列的通项公式是，
所以集合，
随着增大时，数列中前后连续两项之间的差值越来越大，
故考虑在中的前后连续两项之间插入数列中相应大小的项，
因为是选取新数列的前45项，
故：，数列中无项可插入，
，数列中无项可插入，
，数列中可插入，增加1项，共5项，
，数列中可插入，增加2项，共8项，
，数列中可插入，增加5项，共14项，
，数列中可插入，增加10项，共25项，
接下来只需再增加中的20项即可，
也就是中从（含）开始的连续的20项，
因为，
故终止于.
则
.
【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的性质，解题的关键是要对两个数列中的项的变化情况有较深刻的认识，其本质是对数列单调性的研究.
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，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
15.在中，分别为角所对边的长,若，且．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理得，根据题意得，故可以求得的值；
（2）由（1）可求得，根据，得,进而求出.
【详解】解：（1）由正弦定理得，，
因为，
所以，
因为，
所以，
所以；
（2）由（1）知，，
所以，即，
因为,
所以,
即，即，
解得.
【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的应用，还考查了两角和差的正切公式的运用，熟练灵活运用公式是本题解题的关键.
16.如图，在四面体中，，点分别为棱上的点，点为棱的中点，且平面平面．
（1）求证：；
（2）求证：平面平面．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由平面平面可得，从而得到为中点，同理可得为中点，进而得证；（2）由得，由可得，从而得到平面，进而得证.
【详解】证明：（1）因为平面平面
平面平面
平面平面
所以，
又因为为的中点，
所以有为的中点，
同理：为的中点，
所以为的中位线，
所以；
（2）由（1）得为中点，
在中，因为
所以，
由（1）得为的中位线，
所以,
又因为
所以，
因为,
平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
【点睛】本题考查了面面平行的性质定理、面面垂直的判定定理的运用，证明面面垂直即证线面垂直，要证线面垂直即寻找线线垂直关系，解题时要善于灵活转化.
17.某企业拟生产一种如图所示的圆柱形易拉罐（上下底面及侧面的厚度不计），易拉罐的体积为,
设圆柱的高度为，底面半径为，且,假设该易拉罐的制造费用仅与其表面积有关．已知易拉罐侧面制造费用为元，易拉罐上下底面的制造费用均为元为常数)．
（1）写出易拉罐的制造费用(元)关于的函数表达式，并求其定义域；
（2）求易拉罐制造费用最低时的值．
【答案】（1），；（2）当时，，易拉罐的制造费用最低，当
时，，易拉罐的制造费用最低.
【解析】
【分析】
（1）根据体积的值，得出与的关系，然后将表面积公式中的转化为，再根据等条件得出定义域；（2）利用导数求出函数的单调性，进而求出最值.
【详解】解：（1）因为体积为
故，即，
易拉罐的侧面积为，
易拉罐的上下两底面的面积为，
所以,
因为，
所以有，解得，
故，
易拉罐的制造费用为；
（2），
令，解得，
若，即，此时
当，函数单调递减，
当，函数单调递增，
故当，此时函数取得最小值，即易拉罐的制造费用最低；
若，即，此时，
当时，函数单调递减，
故当，此时函数取得最小值，即易拉罐的制造费用最低；
综上：当时，，易拉罐的制造费用最低，
当时，，易拉罐的制造费用最低.
【点睛】本题考查了函数在实际问题中的应用，解决问题的关键是建立函数模型，建立出函数模型的同时不能忘记定义域的求解，再利用导数或基本不等式等方法求出最值.
18.在平面直角坐标系中，设椭圆的左焦点为，左准线为为椭圆上任意一点，直线，垂足为，直线与交于点．
（1）若，且，直线的方程为．①求椭圆的方程；②是否存在点，使得？若存在，
求出点的坐标；若不存在，说明理由． （2）设直线
与圆
交于
两点，求证：直线
均与圆相切．
【答案】（1）①；②不存在；（2）证明见解析.
【解析】 【分析】
（1）①根据左准线方程求出参数a ，从而得出椭圆方程； ②设出，根据点
在椭圆上且得出关于的
方程组，根据解的情况，得出结果；
（2）设点，
，根据
,求出
，对
进行转化，借助
在圆上，
进而得出结果.
【详解】解：（1）①因为直线的方程为，
所以 因为，
所以，解得
或
因为， 所以
，
，
椭圆方程为.
②设，则，即
，
当
或
时，均不符合题意；
当或时，直线的斜率为，
直线的方程为，
故直线的方程为，
联立方程组，解得，
所以，因为，
故，
即或
方程的根为，
因为，故无解；
方程的，故无解，
综上：不存在点P使.
（2）设，
则，，
因为,
所以，
即，
由题意得，所以，
所以
因为，
所以
因为在圆上，所以，即，
故，
所以，
所以直线与圆相切，
同理可证：与圆相切.
【点睛】本题考查了直线和椭圆的关系,解决直线与椭圆的位置关系问题时，常见方法是设点法与设线法，解题的核心思想是减元思想，即将多元变量转化为少元（单元）变量问题.
19.设函数．
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）若函数的图象与轴交于两点，且，求的取值范围；
（3）在（2）的条件下，证明：为函数的导函数）．
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出切线的斜率，利用点斜式写出直线方程；
（2）分析函数的单调性，只有当函数不单调时，函数图象才可能与x轴有两个交点，然后再利用零点存在定理证明两个不同交点的存在性；
（3）由（2）得，相减得，用表示，通过研究单调性可得，再根据单调递增，可得，从而得证.
【详解】解：（1）当时，，
则，，
，
所以在点处的切线方程为，即.
（2）因，
所以，
若时，则，则函数是单调递增函数，与x轴最多一个交点，不满足题意；若时，令，则，
当时，，函数是单调递减，
当时，，函数是单调递增，
于是当时，函数取得极小值，
因为函数的图象与轴交于两点，
所以，即，
此时存在，，
存在，
，
故由在及上的单调性及曲线连续性可得，
当时，函数的图象与轴交于两点.
（3）由（2）得，
两式相减得，，
解得：，
令，
则，
设
则，
所以在上单调递减，
则有，而，
所以，
由（2）知，均为正数，
所以有，
因为单调递增，
所以，
所以，
故.
【点睛】本题考查了导数在求函数切线、函数单调性、最值、比较大小中的应用，解题的关键是要灵活构建新的函数，借助于新函数的性质与图象，从而解决问题.
20.已知数列是首项为1，公差为的等差数列，数列是首项为1，公比为的等比数列．（1）若，求数列的前项和；
（2）若存在正整数，使得，试比较与的大小，并说明理由．
【答案】(1);(2) 当时，；当时，；当时，．【解析】
审题引导：①等差数列与等比数列对应项的积错位相减求和；②作差比较．
规范解答：解：(1)依题意，a5＝b5＝b1q5－1＝1×34＝81，故d ＝＝20，所以a n＝1＋20(n－1)＝20n－19.(3分) 令S n＝1×1＋21×3＋41×32＋…＋(20n－19)·3n－1，①则3S n＝1×3＋21×32＋…＋(20n－39)·3n－1＋(20n－19)·3n，②①－②，得－2S n＝1＋20×(3＋32＋…＋3n－1)－(20n－19)·3n＝1＋20×－(20n－19)·3n＝(29－
20n)·3n－29，所以S n ＝.(7分)
(2)因为a k＝b k，所以1＋(k－1)d＝q k－1，即d ＝，
故a n＝1＋(n－1).又b n＝q n－1，(9分)所以b n－a n＝q n－1－
＝[(k－1)(q n－1－1)－(n－1)(q k－1－1)]
＝[(k－1)(q n－2＋q n－3＋…＋q＋1)－(n－1)(q k－2＋q k－3＋…＋q＋1)]．(11分)
(ⅰ)当1＜n＜k时，由q＞1知
b n－a n＝[(k－n)(q n－2＋q n－3＋…＋q＋1)－(n－1)(q k－2＋q k－3＋…＋q n－1)]
＜[(k－n)(n－1)q n－2－(n－1)(k－n)q n－1]＝－
＜0；(13分)
(ⅱ)当n＞k时，由q＞1知
b n－a n＝[(k－1)(q n－2＋q n－3＋…＋q k－1)－(n－k)(q k－2＋q k－3＋…＋q＋1)]
＞[(k－1)(n－k)q k－1－(n－k)(k－1)q k－2]
＝(q－1)2q k－2(n－k)
＞0，(15分)
综上所述，当1＜n＜k时，a n＜b n；当n＞k时，a n＞b n；当n＝1，k时，a n＝b n.(16分)
(注：仅给出“1＜n＜k时，a n＜b n；n＞k时，a n＞b n”得2分)
错因分析：错位相减时项数容易搞错，作差比较后学生不能灵活倒用等比数列求和公式1－q n＝(1－q)(1＋q ＋q2＋…＋q n－1)
(附加题）
【选做题】本题包括21，22，23三小题，请选定其中两题作答，每小题10分共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
选修4—2：矩阵与变换
21.在平面直角坐标系中，先对曲线作矩阵所对应的变换，再将所得曲线作矩阵所对的变换．若连续实施两次变换所对应的矩阵为，求的值．
【答案】.
【解析】
【分析】
连续实施两次变换所对应的矩阵为，故得到=，然后得到方程组，求得的值．
【详解】解：先对曲线作矩阵所对应的变换，再将所得曲线作矩阵所对的变换，
故得到连续实施两次变换所得到的变换矩阵为：
因为连续实施两次变换所对应的矩阵为，
所以，
根据矩阵相等定义得到，
，解得.
【点睛】本题考查了矩阵乘法的运算，矩阵乘法不满足交换律，故在求解矩阵乘法变换时，一定要注意先后顺序.
选修4—4：坐标系与参数方程
22.在极坐标系中，已知，线段的垂直平分线与极轴交于点，求的极坐标方程及的面积．
【答案】的极坐标方程及,.
【解析】
【分析】
将转化为直角坐标系下的坐标形式，然后求出线段的中点与直线的斜率，进而求出直线l 在直角坐标系下的方程，再转化为极坐标方程；在直角坐标系下，求出点C到直线AB的距离、线段AB的长度，从而得出的面积.
【详解】解：以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系xoy
在平面直角坐标系xoy中，
的坐标为
线段的中点为，
故线段中垂线的斜率为，
所以的中垂线方程为：
化简得：，
所以极坐标方程为，
即，
令，则，
故在平面直角坐标系xoy中，C（10,0）
点C到直线AB：的距离为，
线段，
故的面积为.
【点睛】本题考查了直线的极坐标方程问题，解题时可以将极坐标系下的问题转化为平面直角坐标系下的问题，从而转化为熟悉的问题.
选修4—5：不等式选讲
23.己知实数满足，求证：．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
对进行转化，转化为含有形式，然后通过不等关系得证.
【详解】解：因为，
所以
,得证.
【点睛】本题考查了绝对值不等式问题，解决问题的关键是要将要证的形式转化为已知的条件，考查了学生转化与化归的能力.
【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
24.如图，在四棱锥中，已知棱，，两两垂直，长度分别为1，2，2.若（），且向量与夹角的余弦值为.
（1）求的值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，写出，的坐标，根据空间向量夹角余弦公式列出关于的方程可求；（2）设岀平面的法向量为，根据，进而得到，从而求出，向量的坐标可以求出，从而可根据向量夹角余弦的公式求出，从而得和平面所成角的正弦值.
试题解析：（1）依题意，以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系
，因为，所以，从而，则由，解得
（舍去）或.
（2）易得，，设平面的法向量，
则，，即，且，所以，不妨取，则平面的一个法向量，又易得，故，所以直线与平面所成角的正弦值为.
考点: 1、空间两向量夹角余弦公式；2、利用向量求直线和平面说成角的正弦.
25.已知数列的通项公式为，，记．（1）求，的值；
（2）求证：对任意正整数为定值．
【答案】（1）；（2）为定值，定值为3.
【解析】
【分析】
（1）对进行赋值，求出，的值；
（2）对进行化简，求出的关系，得出的值，从而证明其为定值.
【详解】解：（1）令，，
令，
；
（2）
即，
，
因为
，
所以，，
所以，，
所以为定值.
【点睛】本题考查了数列求和、数列递推关系的求解问题，解题的关键是要能够探寻出的递推关系，属于较难题.。