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1、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，其中是虚数单位，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
2、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
3、，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
4、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0<y<x<，且tanxtany2，sinxsiny，则
5、xy_.【答案】【解析】由题意可得tanxtany2，解得cosxcosy，故cos(xy)cosxcosysinxsiny，又0<y<x<，所以0<xy<，所以xy.故答案为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
6、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
7、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
8、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：
9、，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】（
10、1）由正弦定理得，根据题意得，故可以求得值；（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：（
11、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
12、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，
13、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，直线的方程为求椭圆的方程；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）；不存在；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据左准线方程
14、求出参数a，从而得出椭圆方程；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）因为直线的方程为，所以因，所以，解得或因为，所以，椭圆方程为.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
15、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，
16、 ，所以在点处的切线方程为，即.（2）因为，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
17、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：等差数列与等比数列对应项的积错位相减求和；作差比较规范解答：解：(1)依题意，a5b5b1q511×3481，故d20，所以an120(n1)20n19.(3分)令Sn1×121×341×32(20n19)·3n1，则3Sn1×321×32(20n39)·3n1(20n19)·3n，得
18、2Sn120×(3323n1)(20n19)·3n120×(20n19)·3n(2920n)·3n29，所以Sn.(7分)(2)因为akbk，所以1(k1)dqk1，即d，故an1(n1).又bnqn1，(9分)所以bnanqn1(k1)(qn11)(n1)(qk11)(k1)(qn2qn3q1)(n1)(qk2qk3q1)(11分)()当1nk时，由q1知bnan(kn)(qn2qn3q1)(n1)(qk2qk3qn1)(kn)(n1)qn2(n1)(kn)qn10；(13分)()当nk时，由q1知bnan(k1)(qn2qn3qk1)(nk
19、)(qk2qk3q1)(k1)(nk)qk1(nk)(k1)qk2(q1)2qk2(nk)0，(15分)综上所述，当1nk时，anbn；当nk时，anbn；当n1，k时，anbn.(16分)(注：仅给出“1nk时，anbn；nk时，anbn”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1qn(1q)(1qq2qn1)(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42：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
20、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44：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
21、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45：不等式选讲23.已知实数满足，求
22、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】【详解】（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.