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上海市普陀区2019届高三3月模拟练习（二模）数学试题一、选择题（本大题共4小题，共20.0分）1.已知球O的半径为1，A、B、C三点都在球面上，且每两点间的球面距离均为，则球心O到平面ABC的距离为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先由题意得到OA、OB、OC两两垂直，结合几何体，设为ABC所在平面截球所得圆的圆心，由勾股定理即可求出结果.【详解】显然OA、OB、OC两两垂直，如图，设为ABC所在平面截球所得圆的圆心，，且，．为的中心．由，可得．故选：B．【点睛】本题主要考查点到平面的距离，结合勾股定理即可求解，属于基础题型.2.在中，，，，若将绕直线BC旋转一周，则所形成的旋转体的体积是A.B.C.D.【答案】D【解析】如图，绕直线旋转一周，，则所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去一个以ABD为轴截面的校园追后剩余的部分.因为，，，所以.，所以.故选D.3.将函数图象上的点向左平移个单位，得到点，若位于函数的图象上，则A.，s的最小值为B.，s的最小值为C.，s的最小值为D.，s的最小值为【答案】C【解析】【分析】先由题意求出，再由将函数图象上的点向左平移个单位，得到点，以及位于函数的图象上，可表示出，进而可求出结果.【详解】将代入得：，进而求出平移后的坐标，将函数图象上的点向左平移个单位，得到点()，若位于函数的图象上，则，则，，则，，由得：当时，s的最小值为，故选：C．【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换，熟记平移原则以及三角函数性质即可，属于常考题型.4.已知x，，且，则存在，使得成立的构成的区域面积为A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由目标函数作出可行域，根据可得，由换元法令，则，可将存在，使得成立，转化为存在，使得成立，进而可确定x，所满足的平面区域，继而可求出结果.【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：对应的区域为三角形OAB，若存在，使得成立，则，令，则，则方程等价为，即，存在，使得成立，，即，则对应的区域为单位圆的外部，由，解得，即，，则三角形OAB的面积，直线的倾斜角为，则，即扇形的面积为，则构成的区域面积为，故选：A．【点睛】本题主要考查线性规划问题，只需作出可行域，再根据题意确定x，所满足的平面区域，即可求解，属于常考题型.二、填空题（本大题共12小题，共54.0分）5.已知集合，，则______．【答案】【解析】【分析】先解将得到集合，进而可求出结果.【详解】或或，则，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.已知复数是虚数单位，则的虚部等于______．【答案】-1【解析】【分析】先由复数的运算化简，进而可求出结果.【详解】，的虚部等于．故答案为：．【点睛】本题主要考查复数的运算，熟记运算法则和复数的概念即可，属于基础题型.7.计算______．【答案】【解析】【分析】先对化简，再分子与分母同除以，即可求出结果.【详解】，．原式．故答案为：．【点睛】本题主要考查“”的极限问题，先将原式进行化简即可，属于基础题型.8.行列式中第2行第1列元素的代数余子式的值为，则______．【答案】-14【解析】【分析】先由题意得到，再进一步计算即可得出结果.【详解】由题意得解得：．故答案为：．【点睛】本题主要考查矩阵的计算，熟记概念和公式即可，属于基础题型.9.被7除后的余数为______．【答案】2【解析】【分析】先由化为，再由二项展开式展开即可得出结果.【详解】．被7除后的余数为2，故答案为：2．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，熟记二项展开式即可，属于常考题型.10.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积是______【答案】【解析】观察三视图可知：该几何体为底面半径为2，高为6的圆锥，则母线长为，故侧面积为，故答案为.11.已知，，则______．【答案】【解析】【分析】利用两角差正切公式即可得到结果.【详解】,故答案为：【点睛】本题考查两角和与差的正切公式，考查计算能力，属于基础题.12.从5名同学中任选3人担任上海进博会志愿者，则“甲被选中，乙没有被选中”的概率是______．【答案】【解析】【分析】先求出“从5名同学中任选3人担任上海进博会志愿者”所包含的基本事件总数，再求出满足“甲被选中，乙没有被选中”的基本事件数，即可求出结果.【详解】从5名同学中任选3人担任上海进博会志愿者，基本事件总数，“甲被选中，乙没有被选中”包含的基本事件有，“甲被选中，乙没有被选中”的概率．故答案为：．【点睛】本题主要考查古典概型，熟记概率计算公式即可求解，属于常考题型.13.如果的展开式中只有第4项的二项式系数最大，那么展开式中的所有项的系数之和是______．【答案】【解析】二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则,令可得展开式中的所有项的系数之和是.14.若关于x、y的二元一次方程组至少有一组解，则实数m的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】先将方程组化为二元一次方程组，根据题意求出直线与直线平行时的值，即可得出满足题意的m的取值范围。【详解】关于x，y的二元一次方程组，即二元一次方程组，若直线与直线平行，则，解得．若关于x、y的二元一次方程组至少有一组解，则，即．故答案为：．【点睛】本题主要考查两条直线的位置关系，方程组有实根可转化为两直线有交点的问题来处理，属于常考题型.15.已知，，且，，，则______【答案】【解析】【分析】先由题意确定与夹角，确定两向量同向，进而可求出结果.【详解】由，，得，；又，；，且；则，，，．故答案为：．【点睛】本题主要考查向量的数量积和向量共线问题，熟记向量的夹角公式和向量共线定理即可，属于基础题型.16.已知函数，若存在唯一的整数x，使得不等式成立，则实数a的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】根据解析式作出函数图像，分两种情况讨论：当时和当时，分别求出的范围即可得出结果.【详解】根据题意，函数，其图象如图：分2种情况讨论：，当时，，若存在唯一的整数x，使得不等式成立，即有唯一的整数解，又，则此时有．，当时，则，若存在唯一的整数x，使得不等式成立，即有唯一的整数解，又由，，则此时有，综合可得：或；则a的取值范围为；故答案为：．【点睛】本题主要考查分段函数的图像和性质，通常需要用到分类讨论的思想来处理，属于常考题型.三、解答题（本大题共5小题，共76.0分）17.已知正方体的棱长为4，E、F分别是棱AB、的中点，联结EF、、、E、E、E.求三棱锥的体积；求直线与平面所成角的大小结果用反三角函数值表示．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】先由题意连结EF、、、E、E、E，根据三棱锥的体积公式可得进而可求出结果；以D为原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，根据两向量夹角的余弦值即可求出结果.【详解】正方体的棱长为4，E、F分别是棱AB、的中点，连结EF、、、E、E、E.三棱锥的体积．以D为原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，0，，2，，4，，2，，2，，0，，，设平面的法向量y，，则，取，得，设直线与平面所成角的大小为，则，直线与平面所成角的大小为．【点睛】本题主要考查棱锥的体积公式以及空间向量的方法求线面角的问题，熟记公式即可求体积；对于线面角的求法，通常需要建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，即可求解，属于常考题型.18.已知函数在区间上的最大值为10．求a的值及的解析式；设，若不等式在上有解，求实数t的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)先对函数求导，判断出函数的最大值，进而可求出a的值及的解析式；根据(1)的结果得到，再由不等式在上有解，得到在上有解，令，即可得到在上有解，结合配方法可求出结果.【详解】，，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，，故，解得：，故；由，若不等式在上有解，则在上有解，即在上有解，令，，则在上有解，当时，，于是，故实数t的范围是．【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，通常需要用导数的方法研究函数的单调性和最值等，属于常考题型.19.如图所示，某城市有一条从正西方AO通过市中心O后向东北OB的公路，现要修一条地铁L，在OA，OB上各设一站A，B，地铁在AB部分为直线段，现要求市中心O与AB的距离为，设地铁在AB部分的总长度为．按下列要求建立关系式：设，将y表示成的函数；设，用m，n表示y．把A，B两站分别设在公路上离中心O多远处，才能使AB最短？并求出最短距离．【答案】y=，；（2）【解析】【分析】先过O作于H，结合题意用表示出和，进而可求出结果；根据等面积原理得到，进而可得出结果；(2)分别求出两种方案下的AB的值，比较大小即可得出结果.【详解】过O作于H由题意得，且即,即；由等面积原理得即选择方案一：当时，此时，而所以选择方案二：因为，由余弦定理得，即当且仅当时取等号【点睛】本题主要考查解三角形的应用，熟记余弦定理和正弦定理等即可，属于常考题型.20.已知动直线l与椭圆C：交于，两个不同的点，O为坐标原点．若直线l过点，且原点到直线l的距离为，求直线l的方程；若的面积，求证：和均为定值；椭圆C上是否存在三点D、E、G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（3）见解析【解析】【分析】先设直线方程为，根据原点到直线l的距离为，列出方程即可求出，进而可得出结果；分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理等即可证明结论成立；先假设存在，，，使得，结合(2)中的结果推出矛盾即可.【详解】设直线方程为，原点到直线l的距离为，，解得时，此时直线方程为，当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，所以，，在椭圆上，又，由得，此时，；当直线l的斜率存在时，是直线l的方程为，将其代入得，即，又，，，点O到直线l的距离为，又，即整理得，此时，；综上所述，结论成立．椭圆C上不存在三点D，E，G，使得，证明：假设存在，，，使得由得，，；，，解得；．因此u，，只能从中选取，v，，只能从中选取，因此点D，E，G，只能在这四点中选取三个不同点，而这三点的两两连线中必有一条过原点，与矛盾．所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G．【点睛】本题主要考查直线与椭圆的应用，需要熟记点到直线的距离公式，并且在处理直线与曲线的问题时，通常需要联立直线与曲线方程，结合韦达定理求解，属于常考题型.21.已知无穷数列的各项都不为零，其前n项和为，且满足，数列满足，其中t为正整数．求；若不等式对任意都成立，求首项的取值范围；若首项是正整数，则数列中的任意一项是否总可以表示为数列中的其他两项之积？若是，请给出一种表示方式；若不是，请说明理由．【答案】(1).(2).(3)数列中的任意一项总可以表示为数列中的其他两项之积.理由见解析.【解析】分析：（1）令，则，即，可得．又由与的关系可得，从而数列是首项为，公差为1的等差数列，由此可得．（2）由可得数列是首项为，公差为1的等差数列；数列是首项为，公差为1的等差数列，由此可得然后由题意讨论可得．（3）由（2）得数列的各项都是正整数．假设结论成立，即，即，所以，取，取，故，不妨设是偶数，则一定是整数，讨论可得不论为奇数还是偶数，上式都有解，即假设成立．详解：（1）令，则，即，又，所以；由，得，两式相减得，又，故，所以．（2）由（1）知数列是首项为，公差为1的等差数列；数列是首项为，公差为1的等差数列．故所以①当时奇数时，，即，即对任意正奇数恒成立，所以，解得．②当时偶数时，，即，即对任意正偶数恒成立，所以，解得．综合①②得．（3）由数列是首项为1，公差为1的等差数列；数列是首项为正整数，公差为1的等差数列知，数列的各项都是正整数．设，即，所以，取，取，故，不妨设是偶数，则一定是整数，故当是偶数时，方程的一组解是当是奇数时，方程的一组解是所以数列中的任意一项总可以表示为数列中的其他两项之积．点睛：（1）解答本题时要注意的应用，由此