上海市闵行区七宝中学2019届高三下学期3月月考数学试题（含解析）

www.ks5u.com上海市闵行区七宝中学2019届高三下学期3月月考数学试题一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）1.已知集合，且，则实数的值是_.【答案】5【解析】【分析】利用集合的包含关系，推出是的元素，从而可得结果.【详解】，集合，可得，所以，故答案为5 .【点睛】本题主要考查子集的定义，属于基础题. 研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系.2.函数的定义域是_.【答案】【解析】【分析】由，化为,解分式不等式可得结果.【详解】要使函数有意义，则，即,解得或,即函数的定义域是，故答案为.【点睛】本题主要考查抽象函数的定义域、不等式的解法，属于中档题.定义域的三种类型及求法：(1)已知函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式(组)求解；(2) 对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解；(3) 若已知函数的定义域为，则函数的定义域由不等式求出.3.函数的反函数是_.【答案】【解析】【分析】利用指数函数的性质求出原函数的值域，可得反函数的定义域，根据指数与对数的互化关系可得结果.【详解】因为，所以，即原函数的值域是，所以反函数的定义域是，由可得,所以的反函数是，故答案为.【点睛】本题主要考查反函数的基本性质与求解反函数的方法，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题.4.如果圆锥的底面积为，母线长为2，那么该圆锥的高为_.【答案】【解析】【分析】由底面积求出底面半径，利用勾股定理可得结果.【详解】设圆锥底面半径为,因为圆锥的底面积为，所以又因为母线长为2，所以该圆锥的高为，故答案为.【点睛】本题主要考查圆锥的性质，意在考查对基础知识的掌握情况，考查了空间想象能力，属于基础题.5.二项式的展开式中的常数项为 【答案】112【解析】试题分析：由二项式通项可得，（r=0,1,8）,显然当时，故二项式展开式中的常数项为112.考点：二项式通项。6.已知复数（为虚数单位），复数满足，则_.【答案】【解析】【分析】变形可得，分子分母同乘以，可得，利用复数模的公式可得结果.【详解】复数，复数满足，,故答案为.【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.7.如图，直三棱柱的主视图是边长为2的正方形，且俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的左视图面积为_.【答案】【解析】【分析】由主视图、俯视图得到三棱柱的侧视图为以底面高为一边，以棱柱高为另一边的矩形，从而可得结果.【详解】由三视图得到三棱柱的侧视图为以底面正三角形的高为一边，以棱柱高为另一边的矩形，所以侧视图的面积为，故答案为 .【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.8.某班从4位男生和3位女生志愿者选出4人参加校运会的点名签到工作，则选出的志愿者中既有男生又有女生的概率的是_.（结果用最简分数表示）【答案】【解析】【分析】“4位男生和3位女生志愿者选出4人参加校运会的点名签到工作，若这4人中必须既有男生又有女生”的对立事件是“只有男生”，利用组合知识求出总事件数，根据古典概型概率公式以及对立事件的概率公式可得结果.【详解】“4位男生和3位女生志愿者选出4人参加校运会的点名签到工作，若这4人中必须既有男生又有女生”的对立事件是“只有男生”，事件“只有男生”只包含一个基本事件，而总的基本事件数是，故事件“只有男生”的概率是，事件“4位男生和3位女生志愿者选出4人参加校运会的点名签到工作，若这4人中必须既有男生又有女生”的概率是，故答案为.【点睛】本题主要考查对立事件的概率公式以及古典古典概型概率公式的应用，属于基础题. 在求解有关古典概型概率的问题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件，然后根据公式求得概率.9.已知是平面内两个互相垂直的单位向量，且此平面内另一向量在满足，均能使成立 ，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】根据题意，利用，求得的关系，利用圆的几何性质，再求出的最大值，从而求出的最小值.【详解】因为是平面内两个互相垂直的单位向量，所以可设 ，又，即，它表示的圆心在，半径为的圆，表示圆上的点到的距离，圆心到点的距离为，的最大值为，要使恒成立，即的最小值是，故答案为.【点睛】本题主要考查向量模的几何意义、轨迹方程的应用以及圆的几何意义，考查了转化思想的应用，属于难题. 转化是数学解题的灵魂，合理的转化不仅仅使问题得到了解决，还可以使解决问题的难度大大降低，本题将不等式恒成立问题转化为圆上动点到定点距离的最值问题是解题的关键.10.已知函数，若函数的所有零点依次记为且，若 ，则_.【答案】【解析】由题意，令，解得.函数的最小正周期为，当时，可得第一个对称轴，当时，可得.函数在上有条对称轴根据正弦函数的图象与性质可知：函数与的交点有9个点，即关于对称，关于对称，即，.故答案为.点睛：本题考查了三角函数的零点问题，三角函数的考查重点是性质的考查，比如周期性，单调性，对称性等，处理抽象的性质最好的方法结合函数的图象，本题解答的关键是根据对称性找到与的数量关系，本题有一个易错点是，会算错定义域内的交点的个数，这就需结合对称轴和数列的相关知识，防止出错.11.已知函数，图象的最高点从左到右依次记为，函数的图象与轴的交点从左到右依次记为， ，则_.【答案】【解析】【分析】求出函数，的坐标，利用相等向量，可得向量的值，求出，推出，然后求解的值.【详解】函数图象的最高点从左到右依次记为，函数图象与轴交点从左到右依次记为，故答案为.【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，向量的运算与相等向量的定义、等比数列的前项和的求法，数列的极限的求解方法，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于难题.12.若数列满足（为常数，），则称数列为等方差数列，为公方差，已知正数等方差的首项，且成等比数列，设集合，取的非空子集，若的元素都是整数，则为“完美子集”，那么集合中的完美子集的个数为_.【答案】63【解析】试题分析：根据等方差数列的即时定义得， ，令 ，则，由得可取1，2，36，即集合中有六个整数，于是中的完美子集的个数为个考点：新定义题.二、选择题（每题5分，共20分）13.关于的二元一次方程组的增广矩阵为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据二元一次方程方程组与增广矩阵的关系，即可求得结果.【详解】关于的二元一次方程组的增广矩阵为 ，故选C.【点睛】本题考查二元一次方程组与系数矩阵及增广矩阵的关系，意在考查对基础知识的掌握情况，属于基础题.14.若函数为非奇非偶函数，则有（ ）A. 对于任意的，都有且B. 存在，使且C. 存在，使且D. 对于任意的，都有或【答案】C【解析】【分析】根据奇函数与偶函数的定义，分别写出函数不是偶函数、奇函数的条件，综合两种情况可得结果.【详解】根据奇函数与偶函数的定义：对任意，函数是偶函数；对任意，函数是奇函数，所以，若存在，使，则函数不是奇函数；若存在，使，则函数不是偶函数；由此，函数为非奇非偶函数，则有存在，使且，故选C.【点睛】本题主要考查奇函数与偶函数的定义、全称量词与存在量词的理解与应用，意在考查对基本概念掌握的熟练程度与灵活应用，属于中档题.15.无穷等差数列的首项为，公差为，前项和为，则“”是“为递增数列”的（ ）A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充要D. 既非充分也非必要【答案】B【解析】【分析】由为递增数列， 可得，必要性成立；利用特殊值证明充分性不成立.【详解】等差数列的首项为,公差为,前项和为,则,若为递增数列， ，必要性成立；若，不能推出（如）, 即不能推出为递增数列，充分性不成立，故“”是“”为递增数列的必要非充分条件，故选B.【点睛】本题主要考查数列的增减性，以及充分条件与必要条件的定义，属于难题. 判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题的等价性判断；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.16.在圆锥中，已知高，底面圆的半径为4，为母线的中点；根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个命题，正确的个数为（ ）圆的面积为；椭圆的长轴为；双曲线两渐近线的夹角为；抛物线中焦点到准线的距离为.A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】【分析】根据点是母线的中点，求出截面圆的半径即可判断；由勾股定理求出椭圆长轴可判断；建立坐标系，求出的关系可判断；建立坐标系，求出抛物线方程，可判断.【详解】点是母线的中点， 截面的半径，因此面积，故正确； 由勾股定理可得椭圆的长轴为，故正确；在与底面、平面的垂直且过点的平面内建立直角坐标系，不妨设双曲线的标准方程为，则，即，把点代入可得，解得，设双曲线两渐近线的夹角为，因比双曲线两渐近线的夹角为，不正确； 建立直角坐标系，不彷设抛物线的标准方程为,把点代入可得，解得，抛物线中焦点到准线的距离为，不正确，故选B .【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查圆锥的性质、椭圆的性质、双曲线的性质，抛物线的方程与性质，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.三、解答题（本大题共5题，满分76分）17.如图，已知长方体的棱长，.求：（1）异面直线和所成角的大小；（2）点到平面的距离.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）由 是平行四边形，可得是异面直线和所的成角，由余弦定理可得结果；（2）设到平面的距离为，由即可得结果.【详解】（1）因为与平行且相等，所以 是平行四边形，所以，是异面直线和所成角的大小，因为所以中，所以；（2）设到平面的距离为，由可得，解得