1、2019 年上海市崇明区高考数学三模试卷一.填空题1 （3 分）设集合 A1，2， 3，Bx|x 1 ，则 AB 2 （3 分）若 0，则 x 3 （3 分）已知复数 z 满足 z（2i）5（i 为虚数单位） ，则 z 的模为 4 （3 分）函数 的单调递增区间为 5 （3 分）若一个球的体积为 36，则它的表面积为 6 （3 分）某校三个年级中，高一年级有学生 400 人，高二年级有学生 360 人，现采用分层抽样的方法从全校学生中抽取 55 人，其中从高一年级学生中抽出 20 人，则从高三年级学生中抽取的人数为 7 （3 分）一名工人维护 3 台独立的游戏机，一天内这 3 台需要维护的概率
2、分别为 0.9、08和 0.6，则一天内至少有一台游戏机不需要维护的概率为 （结果用小数表示）8 （3 分）已知不等式组 表示的平面区域为 ，点 M 坐标为（x，y） ，对任意点M，则 xy 的最大值为 9 （3 分）已知定义在 R 上的增函数 yf（x）满足 f（x）+f（4x）0，若实数 a、b 满足不等式 f（a）+f（b） 0，则 a2+b2 的最小值是 10 （3 分）若 an 是二项式（1+x） n 展开式中 x2 项的系数，则 11 （3 分）已知 F 是抛物线 y2x 的焦点，点 A，B 在该抛物线上且位于 x 轴的两侧， 2（其中 O 为坐标原点） ，则ABO 与AFO 面积
3、之和的最小值是 12 （3 分）在ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，如果对任意的实数 ，| |恒成立，则 的取值范围是 二.选择题13 （3 分）已知 a，bR，则“ab0”是“a 2+b20”的（ ）条件A充分不必要 B必要不充分C充要 D既不充分又不必要14 （3 分）将函数 的图象上所有的点向右平移 个单位长度，再把图象上各点的横坐标扩大到原来的 2 倍（纵坐标不变） ，则所得图象的解析式为（ ）A BC D15 （3 分）已知关于 x 的方程 ，其中 、 、 都是非零向量，且 、 不共线，则该方程的解的情况是（ ）A至少有一个解 B至多有一个解C至多有两个解 D可
4、能有无数个解16 （3 分）如图为正方体 ABCDA 1B1C1D1，动点 M 从 B1 点出发，在正方体表面沿逆时针方向运动一周后，再回到 B1 的运动过程中，点 M 与平面 A1DC1 的距离保持不变，运动的路程 x 与 lMA 1+MC1+MD 之间满足函数关系 lf （ x） ，则此函数图象大致是（ ）A BC D三.解答题17在直三棱柱 ABCA 1B1C1 中，ABC90，AB BC1，BB 12（1）求异面直线 B1C1 与 A1C 所成角的大小；（2）求直线 B1C1 与平面 A1BC 的距离18已知向量 和向量 ，且 （1）求函数 f（x ）的最小正周期和最大值；（2）已知A
5、BC 的三个内角分别为 A、B、C，若有 ， ，求 AC 的长度19某地拟建造一座体育馆，其设计方案侧面的外轮廓线如图所示：曲线 AB 是以点 E 为圆心的圆的一部分，其中 E（0，t ） （0t25） ，GF 是圆的切线，且 GFAD，曲线BC 是抛物线 yax 2+50（a0）的一部分，CDAD，且 CD 恰好等于圆 E 的半径（1）若 CD30 米， 米，求 t 与 a 的值；（2）若体育馆侧面的最大宽度 DF 不超过 75 米，求 a 的取值范围20已知点 F1、F 2 为双曲线 （b0）的左、右焦点，过 F2 作垂直于 x 轴的直线，在 x 轴上方交双曲线 C 于点 M，且MF 1F
6、230 ，圆 O 的方程是 x2+y2b 2（1）求双曲线 C 的方程；（2）过双曲线 C 上任意一点 P 作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为 P1、P 2，求的值；（3）过圆 O 上任意一点 Q 作圆 O 的切线 l 交双曲线 C 于 A、B 两点，AB 中点为 M，求证：|AB|2|OM |21如果存在常数 a，使得数列a n满足：若 x 是数列a n中的一项，则 ax 也是数列 an中的一项，称数列a n为“兑换数列 ”，常数 a 是它的“ 兑换系数 ”（1）若数列：2，3，6，m（ m6）是“兑换系数”为 a 的“兑换数列” ，求 m 和 a 的值；（2）已知有穷等差数列b n的项
7、数是 n0（n 03） ，所有项之和是 B，求证：数列b n是“兑换数列” ，并用 n0 和 B 表示它的“兑换系数” ；（3）对于一个不少于 3 项，且各项皆为正整数的递增数列c n，是否有可能它既是等比数列，又是“兑换数列”？给出你的结论，并说明理由2019 年上海市崇明区高考数学三模试卷参考答案与试题解析一.填空题1 （3 分）设集合 A1，2， 3，Bx|x 1 ，则 AB 2，3 【分析】进行交集的运算即可【解答】解：A1，2，3，Bx|x 1 ；AB2，3故答案为：2，3【点评】考查列举法、描述法的定义，以及交集的运算2 （3 分）若 0，则 x 4 【分析】由二阶行列式展开式性质
8、得 2log2x40，由此利用对数运算法则和性质能求出 x【解答】解： 0，2log 2x4 0，log 2x2，解得 x4故答案为：4【点评】本题考查对数性质及行列式性质的应用，是基础题，解题时要认真审题，注意行列式展开法则及对数性质、运算法则的合理运用3 （3 分）已知复数 z 满足 z（2i）5（i 为虚数单位） ，则 z 的模为 【分析】先利用两个复数相除的法则求出复数 z，再依据复数的模的定义求出复数的模【解答】解：复数 z 满足（2i）z5（i 是虚数单位） ，z 2+i|z| 故答案为 【点评】本题考查两个复数乘除法法则，复数的模的定义及求法4 （3 分）函数 的单调递增区间为
9、【分析】利用辅助角公式化简，结合三角函数的性质可得单调递增区间【解答】解：函数 2sin（x + ） ，令 ，kZ，得： ，函数 f（x）的单调递增区为： 故答案为： 【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，单调区间的求法5 （3 分）若一个球的体积为 36，则它的表面积为 36 【分析】求出球的半径，直接利用表面积公式求解即可【解答】解：因为球的体积为 36，所以球的半径： 3，球的表面积：43 236，故答案为：36【点评】本题考查球的表面积与体积的计算，考查计算能力6 （3 分）某校三个年级中，高一年级有学生 400 人，高二年级有学生 360 人，现采用分层抽样的方法从全校学生中抽取
10、 55 人，其中从高一年级学生中抽出 20 人，则从高三年级学生中抽取的人数为 17 【分析】根据学生的人数比，利用分层抽样的定义即可得到结论【解答】解：设从高一年级学生中抽出 x 人，由题意得 ，解得 x18，则从高三年级学生中抽取的人数为 55201817 人，故答案为：17【点评】本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系是解决本题的关键，比较基础7 （3 分）一名工人维护 3 台独立的游戏机，一天内这 3 台需要维护的概率分别为 0.9、08和 0.6，则一天内至少有一台游戏机不需要维护的概率为 0.568 （结果用小数表示）【分析】利用对立事件和相互独立事件概率乘法公式能求出一
11、天内至少有一台游戏机不需要维护的概率【解答】解：一名工人维护 3 台独立的游戏机，一天内这 3 台需要维护的概率分别为0.9、08 和 0.6，则一天内至少有一台游戏机不需要维护的概率为：p10.90.80.60.568故答案为：0.568【点评】本题考查概率的求法，考查对立事件和相互独立事件概率乘法公式等基础知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力8 （3 分）已知不等式组 表示的平面区域为 ，点 M 坐标为（x，y） ，对任意点M，则 xy 的最大值为 6 【分析】由约束条件作出可行域，令 zxy，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入求得 xy 的最值【解答】解：
12、由不等式组 作出平面区域为 ，令 zx y，化为 yxz，由图可知，当直线 yxz 过 A（2，4）时，z 有最小值为6，故答案为：6【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题9 （3 分）已知定义在 R 上的增函数 yf（x）满足 f（x）+f（4x）0，若实数 a、b 满足不等式 f（a）+f（b）0，则 a2+b2 的最小值是 8 【分析】根据函数的单调性将不等式组进行转化，结合线性规划的知识进行求解即可【解答】解：f（x ）f（4x） ，f （x）f （4x） ，f（a）+f（b）0 可化为 f（a）f （b）f（4b） ，又f（x）在 R 上单调递增，a4b
13、，即 a+b40，a2+b2 表示点（0，0）到点（a，b）的距离平方，a 2+b2 的最小值是点（0，0）到直线 a+b40 的距离平方 故答案为：8【点评】本题考查函数恒成立问题，考查数形结合思想，考查学生分析问题解决问题的能力，属中档题10 （3 分）若 an 是二项式（1+x） n 展开式中 x2 项的系数，则 2 【分析】首先求出展开式中含 x2 项的系数，然后求出 ，根据式子特点，采用裂项求和得到 + + ，然后求极限【解答】解：由题意，a n 是（1+x） n 展开式中含 x2 项的系数，所以 ，所以 ，所以 （ + + ） 2（1 + ） 2（1 ）2；故答案为：2【点评】本题
14、考查了二项展开式的特征项系数的求法以及数列的极限；关键是由已知正确求出数列的通项公式，正确利用裂项求和，然后求极限11 （3 分）已知 F 是抛物线 y2x 的焦点，点 A，B 在该抛物线上且位于 x 轴的两侧， 2（其中 O 为坐标原点） ，则ABO 与AFO 面积之和的最小值是 3 【分析】先设直线方程和点的坐标，联立直线与抛物线的方程得到一个一元二次方程，再利用韦达定理及 2 消元，最后将面积之和表示出来，探求最值问题【解答】解：设直线 AB 的方程为：xty +m，点 A（x 1， y1） ，B（x 2，y 2） ，直线 AB 与x 轴的交点为 M（m，0） ，xty +m 代入 y2
15、x，可得 y2ty m0，根据韦达定理有 y1y2m ， 2，x 1x2+y1y22，从而（y 1y2） 2+y1y220，点 A，B 位于 x 轴的两侧，y 1y22，故 m2不妨令点 A 在 x 轴上方，则 y10，又 F（ ，0） ，S ABO +SAFO 2（y 1y 2）+ y1 y1+ 3当且仅当 y1 ，即 y1 时，取“”号，ABO 与AFO 面积之和的最小值是 3，故答案为：3【点评】求解本题时，应考虑以下几个要点：1、联立直线与抛物线的方程，消 x 或 y 后建立一元二次方程，利用韦达定理与已知条件消元，这是处理此类问题的常见模式2、求三角形面积时，为使面积的表达式简单，常
16、根据图形的特征选择适当的底与高3、利用基本不等式时，应注意“一正，二定，三相等” 12 （3 分）在ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，如果对任意的实数 ，| |恒成立，则 的取值范围是 【分析】由| |min| |，可知| |min 即为 BC 边上的高，设为 h，然后结合三角形的面积公式及余弦定理，基本不等式即可求解【解答】解：由余弦定理可知，cosA ，b 2+c2a 2+2bccosA，由于对任意的实数 ， 恒成立，| |min| |，| |min 即为 BC 边上的高，设为 h，ha，S ABC ，sinA则 sinA+2cos A其中 sin ，cos ， ，故
17、答案为：2， 【点评】本题主要考查了向量的几何意义的应用，余弦定理及三角形的面积公式，辅助角公式等知识的应用，属于中档试题二.选择题13 （3 分）已知 a，bR，则“ab0”是“a 2+b20”的（ ）条件A充分不必要 B必要不充分C充要 D既不充分又不必要【分析】先化简 p 为 a0 或 b0；q 为 ab0；判断出 p 成立 q 不一定成立，反之 q成立 p 一定成立，利用充要条件的有关定义得到结论【解答】解：p：ab0 即为 a0 或 b0；q：a 2+b20 即为 ab0；所以 p 成立 q 不一定成立，反之 q 成立 p 一定成立，所以 p 是 q 的必要不充分条件，故选：B【点评
18、】本题考查判断一个命题是另一个命题的什么条件，应该先化简各个命题，然后两边互推一下，利用充要条件的定义进行判断，属于基础题14 （3 分）将函数 的图象上所有的点向右平移 个单位长度，再把图象上各点的横坐标扩大到原来的 2 倍（纵坐标不变） ，则所得图象的解析式为（ ）A BC D【分析】根据三角函数图象平移法则，即可写出平移变换后的函数解析式【解答】解：函数 的图象上所有的点向右平移 个单位长度，得 ysin（x ） sin（x ）的图象，再把图象上各点的横坐标扩大到原来的 2 倍（纵坐标不变） ，得 ysin （ x ）的图象；函数的解析式为 ysin（ ） 故选：C【点评】本题考查了三角
19、函数图象平移法则的应用问题，是基础题15 （3 分）已知关于 x 的方程 ，其中 、 、 都是非零向量，且 、 不共线，则该方程的解的情况是（ ）A至少有一个解 B至多有一个解C至多有两个解 D可能有无数个解【分析】先将向量 移到另一侧得到关于向量 x2 x，再由平面向量的基本定理判断即可【解答】解： （x 2） x 、 这不共线向量故存在唯一一对实数 ， 使， +若 满足 2，则方程有一个解， 不满足 2，则方程无解所以至多一个解故选：B【点评】本题主要考查平面向量的基本定理，即平面内任意向量都可由两不共线的非零向量唯一表示出来16 （3 分）如图为正方体 ABCDA 1B1C1D1，动点
20、M 从 B1 点出发，在正方体表面沿逆时针方向运动一周后，再回到 B1 的运动过程中，点 M 与平面 A1DC1 的距离保持不变，运动的路程 x 与 lMA 1+MC1+MD 之间满足函数关系 lf （ x） ，则此函数图象大致是（ ）A BC D【分析】分析 M 由 P 到 C，由 C 到 A，由 A 到 B1 的过程，lMA 1+MC1+MD 之间满足函数关系 lf（x） ，的变化情况，判断函数的图象即可【解答】解：设点 P 为 B1C 的中点，由题意可知 M 由 B1 到 B1，lMA 1+MC1+MD 中，MA 1+MD 是定值，MC1 由小变大，PC 1 是定值，MC1 ，函数是增函
21、数，排除 A，C，类似双曲线形式，所以 C 正确；（类似讨论由 C 到 A，由 A 到 B1 的过程，lMA 1+MC1+MD 之间满足函数关系 lf （x） 故选：C【点评】本题考查函数的图象，考查数形结合，双曲线的简单性质的应用，考查空间几何体的形状，是中档题三.解答题17在直三棱柱 ABCA 1B1C1 中，ABC90，AB BC1，BB 12（1）求异面直线 B1C1 与 A1C 所成角的大小；（2）求直线 B1C1 与平面 A1BC 的距离【分析】 （1）由题意可得A 1CB（或其补角）即为异面直线 B1C1 与 A1C 所成的角，解三角形可得；（2）可证 B1C1平面 A1BC，则
22、 B1 到平面 A1BC 的距离 h 即为所求，由等体积法可得 ，代入数据计算可得【解答】解：（1）由题意可得 BCB 1C1，A 1CB（或其补角）即为异面直线 B1C1 与 A1C 所成的角，由题意可知 BC平面 ABB1A1，BC A 1B，A 1BC 为直角三角形，tanA 1CB ，异面直线 B1C1 与 A1C 所成的角为 arctan ；（2）BCB 1C1，BC平面 A1BC，B 1C1平面 A1BC，B 1C1平面 A1BC，直线 B1C1 上任意一点到平面 A1BC 的距离均为直线 B1C1 到平面 A1BC 的距离，不妨取 B1，且设 B1 到平面 A1BC 的距离为 h
23、，由等体积法可得 ，即 h BC代入数据可得 1 h 211，解得 h直线 B1C1 到平面 A1BC 的距离为【点评】本题考查异面直线所成的角，涉及直线到平面的距离，等体积是解决问题的关键，属中档题18已知向量 和向量 ，且 （1）求函数 f（x ）的最小正周期和最大值；（2）已知ABC 的三个内角分别为 A、B、C，若有 ， ，求 AC 的长度【分析】 （1）利用向量共线定理、两角和差的正弦公式、三角函数的性质即可得出；（2）利用正弦定理即可得出【解答】解：（1） ， 0，化为 f（x）2 函数 f（x）的周期为 2，最大值为 2（2） 得 2sinA ，即 sinA ，由正弦定理得 ，又
24、 BC ，sin B ，则 2【点评】本题考查了向量共线定理、两角和差的正弦公式、三角函数的性质、正弦定理，属于中档题19某地拟建造一座体育馆，其设计方案侧面的外轮廓线如图所示：曲线 AB 是以点 E 为圆心的圆的一部分，其中 E（0，t ） （0t25） ，GF 是圆的切线，且 GFAD，曲线BC 是抛物线 yax 2+50（a0）的一部分，CDAD，且 CD 恰好等于圆 E 的半径（1）若 CD30 米， 米，求 t 与 a 的值；（2）若体育馆侧面的最大宽度 DF 不超过 75 米，求 a 的取值范围【分析】 （1）由 CD30 米，AD24 米，代入抛物线的方程，结合圆的方程，即可解得
25、答案；（2）问题转化为 + 恒成立，根据基本不等式的性质解出即可【解答】解：（1）因为圆 E 的半径为 OBOE 50t ，所以 CD50t30，t20，令 yax 2+5050t，得圆 E：x 2+（y20） 230 2，令 y0，得 ，所以 ，即 ，又 t20，得 （2）由题意得： 对 t（0，25恒成立，所以 恒成立，当 ，即 t25 时， ，所以 ，解得 ，故 a 的取值范围为 ）【点评】本题考查了直线和圆的位置关系，考查三角函数问题，考查函数恒成立问题，属于中档题20已知点 F1、F 2 为双曲线 （b0）的左、右焦点，过 F2 作垂直于 x 轴的直线，在 x 轴上方交双曲线 C 于
26、点 M，且MF 1F230 ，圆 O 的方程是 x2+y2b 2（1）求双曲线 C 的方程；（2）过双曲线 C 上任意一点 P 作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为 P1、P 2，求的值；（3）过圆 O 上任意一点 Q 作圆 O 的切线 l 交双曲线 C 于 A、B 两点，AB 中点为 M，求证：|AB|2|OM |【分析】 （1）确定|MF 2|b 2，|MF 1|2b 2，由双曲线的定义可知：|MF1|MF 2|b 22，从而可得双曲线 C 的方程；（2）确定两条渐近线方程，设双曲线 C 上的点 P（x 0，y 0） ，求出点 P 到两条渐近线的距离，利用 P（x 0，y 0）在双曲线
27、C 上，及向量的数量积公式，即可求得结论；（3）分类讨论：当切线 l 的斜率存在，设切线 l 的方程代入双曲线 C 中，利用韦达定理，结合直线 l 与圆 O 相切，可得|AB |2|OM|成立；当切线 l 的斜率不存在时，求出 A，B 的坐标，即可得到结论【解答】 （1）解：设 F2，M 的坐标分别为因为点 M 在双曲线 C 上，所以 ，即 ，所以在 Rt MF2F1 中， ， ，所以 （2 分）由双曲线的定义可知：故双曲线 C 的方程为： （4 分）（2）解：由条件可知：两条渐近线分别为 （5 分）设双曲线 C 上的点 P（x 0，y 0） ，设两渐近线的夹角为 ，则则点 P 到两条渐近线的
28、距离分别为 （7 分）因为 P（x 0，y 0）在双曲线 C： 上，所以又 ，所以 cos（） （10 分）（3）证明：由题意，即证：OAOB 设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，切线 l 的方程为：x 0x+y0y 2（11 分）当 y00 时，切线 l 的方程代入双曲线 C 中，化简得：所以： ，又（13 分）所以 （15分）当 y00 时，易知上述结论也成立 所以 （16 分）综上，OAOB，所以 【点评】本题考查双曲线的标准方程，考查直线与双曲线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查向量知识，考查学生的计算能力，属于中档题21如果存在常数 a，使得数列a n满足：若 x
29、是数列a n中的一项，则 ax 也是数列 an中的一项，称数列a n为“兑换数列 ”，常数 a 是它的“ 兑换系数 ”（1）若数列：2，3，6，m（ m6）是“兑换系数”为 a 的“兑换数列” ，求 m 和 a 的值；（2）已知有穷等差数列b n的项数是 n0（n 03） ，所有项之和是 B，求证：数列b n是“兑换数列” ，并用 n0 和 B 表示它的“兑换系数” ；（3）对于一个不少于 3 项，且各项皆为正整数的递增数列c n，是否有可能它既是等比数列，又是“兑换数列”？给出你的结论，并说明理由【分析】 （1）根据数列：2，3，6，m （m 6）是“兑换系数 ”为 a 的“兑换数列”所以
30、am，a6，a3，a2 也是该数列的项，且 am a6a3a2，由此可求m 和 a 的值；（2）由“兑换数列”的定义证明数列b n是“兑换数列” ，即证对数列b n中的任意一项 bi（1in 0） ，ab ib 1+（n 0i ）db n0+1i bn，从而可求数列 bn所有项之和；（3）假设存在这样的等比数列c n，设它的公比为 q（q1） ，可知数列c n必为有穷数列，不妨设项数为 n 项，则 ci+cn+1i a（1in） ，再分类讨论，即可得到结论【解答】 （1）解：因为 2，3，6，m （m 6）是“兑换系数 ”为 a 的“兑换数列”所以 am，a6，a3，a 2 也是该数列的项，且
31、 am a6a3a2，故 am2，a63，即 a9，m 7（2）证明：设数列b n的公差为 d，因为数列b n是项数为 n0 项的有穷等差数列若 b1b 2b 3 ，则 ab 1ab 2ab 3a ，即对数列b n中的任意一项 bi（1in 0） ，ab ib 1+（n 0i ）d +1i bn同理可得：b 1b 2b 3 ，ab ib 1+（n 0i ）d +1i bn也成立，由“兑换数列”的定义可知，数列b n是“兑换数列” ；又因为数列b n所有项之和是 B，所以 B ，即 a ；（3）解：假设存在这样的等比数列c n，设它的公比为 q（q1） ，因为数列c n为递增数列，所以 c1c 2c 3c n，则ac 1ac 2ac 3a c n，又因为数列c n为“兑换数列 ”，则 ac icn，所以 ac i 是正整数故数列c n必为有穷数列，不妨设项数为 n 项，则 ci+cn+1i a（1in）若 n 3，则有 c1+c3a，c 2 ，又 c22c 1c3，由此得 q1，与 q1 矛盾若 n 4，由 c1+cnc 2+cn1 ，得 c1c 1q+c1qn1 c 1qn2 0即（q1） （1q n2 ）0，故 q1，与 q1 矛盾；综合得，不存在满足条件的数列c n【点评】本题考查新定义，考查学生的阅读能力，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题