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1、精选优质文档-倾情为你奉上2019届江苏省苏州市高三高考模拟最后一卷数学试题一、填空题1已知集合，则_【答案】【解析】分析：根据交集的定义，即可求出.详解：集合， .故答案为.点睛：本题考查了交集运算问题，属于基础题.2设i是虚数单位，复数的模为1，则正数的值为_【答案】【解析】先化简复数，再解方程即得解.【详解】由题得，因为复数z的模为1，所以，解之得正数a故答案为：【点睛】本题主要考查复数的除法和模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.3为了解某团战士的体重情况，采用随机抽样的方法将样本体重数据整理后，画出了如图所示的频率分布直方图已知图中从左到右前三个小组频率之比为
2、1：2：3，第二小组频数为12，则全团共抽取人数为_【答案】48【解析】先求出频率分布直方图左边三组的频率和，再求全团共抽取的人数.【详解】由题得频率分布直方图左边三组的频率和为所以全团抽取的人数为：48.故答案为：48【点睛】本题主要考查频率分布直方图频率和频数的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.4执行如图所示的程序框图，输出的k的值为 . 【答案】4【解析】试题分析：程序执行中的数据变化如下：成立，输出【考点】程序框图5设1，1，2，2，记“以(x，y)为坐标的点落在不等式所表示的平面区域内”为事件A，则事件A发生的概率为_【答案】1【解析】利用几何概型的概率公式求
3、事件A发生的概率.【详解】由题得1，1，2，2，对应的区域是长方形，其面积为.设事件A发生的概率为P，故P1故答案为：1【点睛】本题主要考查几何概型的概率的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.6已知的边，的对角分别为，若且，则角的大小为_.【答案】【解析】根据正弦定理化简边角关系可得，从而可知，根据大边对大角的关系可知，从而可求得；根据三角形内角和可求得结果.【详解】由正弦定理得：，即 又 由得：，即 本题正确结果：【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、根据三角函数值的符号确定角的范围、三角形内角和、三角形大边对大角的应用等.7已知等比数列满足，
4、且，则_【答案】8【解析】先求出的值，再求的值.【详解】，则2故答案为：8【点睛】本题主要考查等比中项的应用，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.8已知函数，若，则实数的值是_【答案】【解析】解方程即得a的值.【详解】 ，因为所以解得a故答案为：【点睛】本题主要考查分段函数求值，考查指数对数运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.9圆柱形容器内部盛有高度为8cm的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是 cm。【答案】4【解析】试题分析：设球半径为r，则由可得，解得【考点】1组合几何体的面积、体积【
5、思路点睛】本题考查几何体的体积，考查学生空间想象能力，解答时，首先设出球的半径，然后再利用三个球的体积和水的体积之和，等于柱体的体积，求解即可10在平面直角坐标系中，已知点，分别为椭圆：的右顶点、右焦点，过坐标原点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，若，三点共线，则椭圆的离心率为_.【答案】【解析】根据，关于原点对称假设，利用中点坐标公式可求得，利用三点共线可得，利用向量共线可构造等式，从而求得离心率.【详解】由题意知：，关于原点对称，可设，又，则，三点共线 ，整理可得：即椭圆的离心率：本题正确结果：【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，关键是能够构造出关于的齐次方程，本题构造方程的关键是能够将三
6、点共线转化为向量共线的关系，从而利用向量共线定理可求得结果.11设函数，若，且，则的取值范围是_【答案】(，)【解析】不妨设，则，再根据函数的图像分析可得解.【详解】不妨设，则，由图可知故答案为：(，)【点睛】本题主要考查三角函数的图像和性质，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.12已知圆C：上存在两点A，B，P为直线x5上的一个动点，且满足APBP，则点P的纵坐标取值范围是_【答案】2，6【解析】由题分析可得CPA最大为45，即sinCPA，解不等式即得解.【详解】要使APBP，即APB的最大值要大于或等于90，显然当PA切圆C于点A，PB切圆C于点B时，APB最大，此时CPA
7、最大为45，则sinCPA，即，设点P(5，)，则，解得26故答案为：2，6【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.13如图，已知P是半径为2，圆心角为的一段圆弧AB上一点，则的最小值为_【答案】5【解析】设圆心为O,AB中点为D,先求出，再求PM的最小值得解.【详解】设圆心为O,AB中点为D,由题得.取AC中点M，由题得,两方程平方相减得，要使取最小值，就是PM最小，当圆弧AB的圆心与点P、M共线时，PM最小.此时DM=,所以PM有最小值为2，代入求得的最小值为5故答案为：5【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，考查平面向量的数量积及其最值
8、，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.14已知实数a，b，c满足（e为自然对数的底数），则的最小值是_【答案】【解析】设，求出函数的单调区间得到，再求出【详解】设，则，所以函数u(x)的增区间为（0，+），减区间为(-,0),所以，即；可知，当且仅当时取等；因为所以，所以，解得，当且仅当时，取等号故答案为：【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查二次函数最值的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、解答题15已知向量，.（1）若，求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）或【解析】（1）由题得，再求的值；（2）若，得，解方程即得解.【详
9、解】(1)因为，所以，于是；当时， ，与矛盾，所以，故，所以(2)由知， ，即，从而，即，于是又由知，所以或，因此或.【点睛】本题主要考查三角恒等变换和求值，考查三角方程的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.16（本小题满分14分）如图，四棱锥的底面ABCD 是平行四边形，平面PBD平面 ABCD， PB=PD，分别是，的中点，连结求证：（1）平面；（2）平面【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】试题分析：（1）证明线面平行，关键证明线线平行，这可根据三角形中位线性质得到：在中，因为，分别是，的中点，所以再根据线面平行判定定理进行证明（2）证明线面垂直，需多次利用线
10、线垂直与线面垂直相互转化：先根据面面垂直性质定理转化为线面垂直：由平面PBD平面ABCD，得平面从而又因为，所以可得平面从而又因为，所以从而可证平面试题解析：证明：（1）连结AC，因为ABCD 是平行四边形，所以O为的中点 2分在中，因为，分别是，的中点，所以 4分因为平面，平面，所以平面 6分（2）连结因为是的中点，PB=PD，所以POBD又因为平面PBD平面ABCD，平面 平面=， 平面所以平面从而 8分又因为，,平面，平面，所以平面因为平面，所以 10分因为，所以 12分又因为平面，平面，,所以平面 14分【考点】线面平行判定定理，线面垂直判定定理17已知椭圆：的左、右焦点分别为，离心率
11、为，点是椭圆上的一个动点，且面积的最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）设斜率不为零的直线与椭圆的另一个交点为，且的垂直平分线交轴于点，求直线的斜率.【答案】（1）（2）或【解析】（1）由题得到关于a,b,c的方程，解方程组即得椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，根据，得，解方程即得直线PQ的斜率.【详解】(1)因为椭圆离心率为，当P为C的短轴顶点时，的面积有最大值.所以，所以，故椭圆C的方程为:.（2）设直线的方程为，当时，代入，得:.设，线段的中点为，即因为，则，所以，化简得，解得或，即直线的斜率为或.【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，意在考查学生对这些知识
12、的理解掌握水平和分析推理能力.18如图为一块边长为2km的等边三角形地块ABC，为响应国家号召，现对这块地进行绿化改造，计划从BC的中点D出发引出两条成60角的线段DE和DF，与AB和AC围成四边形区域AEDF，在该区域内种上草坪，其余区域修建成停车场，设BDE（1）当60时，求绿化面积；（2）试求地块的绿化面积的取值范围【答案】（1）（2）【解析】（1）当时，DEAC，DFAB，四边形是平行四边形，和均为边长为的等边三角形，再求绿化面积；（2）先求出，再求地块的绿化面积的取值范围【详解】(1)当时，DEAC，DFAB，四边形是平行四边形，和均为边长为的等边三角形，面积都是，所以绿化面积为.（
13、2）由题意知，在中，由正弦定理是，所以，在中，由正弦定理得，所以，所以.所以，当，所以.答:地块的绿化面积的取值范围是.【点睛】本题主要考查三角形面积的计算，考查正弦定理和三角恒等变换，考查三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.19已知数列的前项和记为，且，数列是公比为的等比数列，它的前项和记为.若，且存在不小于3的正整数，使得.（1）若，求的值；（2）求证：数列是等差数列；（3）若，是否存在整数，使得，若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）见解析（3）存在满足题意。【解析】(1)令n=3即得的值；（2）利用等差数列的中项公式证明数列
14、为等差数列；（3）化简得，再分析得到.【详解】（1）当时，因为，所以.（2）由，得，两式相减，得，即，所以.两式相减，得，所以数列为等差数列.（3）依题意：，由得：，即，所以.因为，且，所以，又因为，且为奇数，所以时，是整数，此时，所以.【点睛】本题主要考查等差数列性质的证明，考查等差数列和等比数列的前n项和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20若函数和同时在处取得极小值，则称和为一对“函数”.（1）试判断与是否是一对“函数”；（2）若与是一对“函数”.求和的值；当时，若对于任意，恒有，求实数的取值范围.【答案】（1）与不是一对“P(1)函数”，详见解析（2）或.【解析】（
15、1）利用“函数”定义证明函数与不是一对“函数”；（2）对a分a0，a0和a=0三种情况讨论，利用“函数”的定义求出和的值； 原命题等价于，构造函数求其最大值得解.【详解】解:令.(1)则，因为与是一对“P(1)函数”所以，所以.此时，因，无极小值，故与不是一对“P(1)函数”.(2)， ，若与是一对“函数”，由，得，1.若，则有+0-0+极大值极小值因为在处取得极小值，所以，从而，经验证知在处取得极小值，所以，2.当时，则有+0-0+极大值极小值因为在处取得极小值，所以；从而，令，在是减函数，且，所以，从而经验证知在处取得极小值，所以3.当时，是增函数，无极小值，与题设不符.综上所述：或.因为
16、，由之结论知，易见，故不等式等价于：，令，则.因为，所以单调递减，所以，从而.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值和最值，研究不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.21矩阵与变换:变换是逆时针旋转的旋转变换，对应的变换矩阵是变换对应用的变换矩阵是求曲线的图象依次在变换的作用下所得曲线的方程.【答案】【解析】旋转变换矩阵，求出，设是变换后曲线上任一点，与之对应的变换前的点是，得到，即得解.【详解】旋转变换矩阵记设是变换后曲线上任一点，与之对应的变换前的点是，面积，也就是，即，代入，得，所以所求曲线的方程是【点睛】本题主要考查矩阵和变换，意在考查学生对这些知
17、识的理解掌握水平和分析推理能力.22选修4-4:极坐标与参数方程:在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为设点P是曲线上的动点，求P到直线l距离的最大值.【答案】【解析】设点，求出，再利用三角函数的图像和性质求出到直线距离的最大值.【详解】直线设点，当且仅当，即时取“”所以到直线距离的最大值为.【点睛】本题主要考查极坐标和直角坐标的互化，考查普通方程和参数方程的互化，考查三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.23选修4-5：不等式选讲已知函数，.若存在实数，使不等式成立，求实数的最小值.【答案】【解析】
18、由题得，再利用绝对值三角不等式求得解.【详解】由不等式可得，故实数的最小值是.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的恒成立问题，考查绝对值三角不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.24在四棱锥中，为正三角形，且平面平面.（1）求二面角的余弦值；（2）线段上是否存在一点，使异面直线和所成角的余弦值为？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在点M为线段PC的三等分点满足题意，详见解析【解析】（1）利用向量法求二面角的余弦值；（2）设，利用向量法得到，解方程即得解.【详解】设是中点，为正三角形，则，平面平面，面，又，所以为正三角形，建立如图所示空间直角坐
19、标系，则，于是，(1)设平面的法向量为，由得一个法向量为，平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，则由图知为锐角，所以，二面角的余弦值为.(2) 设，则，所以解得或，所以存在点M为线段PC的三等分点.【点睛】本题主要考查空间二面角的求法，考查异面直线所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.25已知非空集合满足 若存在非负整数，使得当时，均有，则称集合具有性质设具有性质的集合的个数为（1）求的值；（2）求的表达式【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）因为，所以，对应的分别为，故（2）通过研究相邻两项之间关系，得递推关系，进而可求通项：设当时，具有性质的集合的个数为，当时，关键计算关于的表达式， 当为偶数时，为奇数，； 当为奇数时，为偶数，最后根据累加法解得试题解析：（1）当时，具有性质，对应的分别为，故（2）可知当时，具有性质的集合的个数为，则当时，其中表达也具有性质的集合的个数，下面计算关于的表达式，此时应有，即，故对分奇偶讨论， 当为偶数时，为奇数，故应该有，则对每一个，和必然属于集合，且和，和共有组数，每一组数中的两个数必然同时属于或不属于集合，故对每一个，对应的具有性质的集合的个数为，所以， 当为奇数时，为偶数，故应该有，同理，综上，可得又，由累加法解得即【考点】数列新定义，数列递推关系专心-专注-专业