上海市崇明区2017届高三数学第二次（4月）模拟考试试卷（含解析）

上海市崇明区2017届高三数学第二次（4月）模拟 考试试卷 高一化学期中考试试卷分析八年级语文期末考试卷五年级期末考试试卷初三数学期末考试试卷考试试卷模板 （含解析） 2016-2017年上海市崇明区高三第二次(4月)模拟考试数学 一、填空 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 :共12题 1(函数的最小正周期是 . 【答案】 【解析】本题主要考查三角函数的性质、二倍角公式，考查了转化思想. 因为函数,所以函数的最小正周期T=. 2(若全集，集合，则 . 【答案】 【解析】本题主要考查集合的基本运算. 因为全集，集合， 所以. 3(若复数满足(i为虚数单位)，则 . 【答案】 1 【解析】本题主要考查复数的四则运算与复数的模. 因为,所以，则 4(设m为常数，若点是双曲线的一个焦点，则 . 【答案】16 【解析】本题主要考查双曲线的方程与焦点坐标. 由题意可得c=5，则 +9=25所以m=16. 5(已知正四棱锥的底面边长是2，侧棱长是，则该正四棱锥的体积为 . 【答案】 【解析】本题主要考查正四棱锥的性质与体积，考查了空间想象能力. 因为正四棱锥的底面边长是2，侧棱长是， 所以由正四棱锥的性质可得高h=， 所以该正四棱锥的体积V=. 2 6(若实数满足，则目标函数的最大 值 为 . 【答案】2 【解析】本题主要考查线性规划问题，考查了数形结合思想与逻辑推理能力.作出不等式组所 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示的平面区域，如图所示，由目标函数z与直线在y轴上的截距之间的关系可知，当直线过点B(3,4)时，目标函数取得最大值为2. 7(若的二项展开式中各项的二项式系数的和是64，则展开式中的常数项的值为 . 【答案】15 3 n【解析】本题主要考查二项式定理的通项及其性质，考查了计算能力.由题意可知2=64,则n=6，通项,令，则r=4，所以展开式中的常数项的值为 8(数列是等比数列，前n项和为，若，则 . 【答案】 【解析】本题主要考查极限、等比数列的通项公式与前n项和公式，考查了有关等差数列的 设公比为，则,则，所以, 公式与性质的应用.q 则. 9(若函数的图像与函数的图像关于直线对称，则 . 【答案】0 【解析】本题主要考查指数函数、函数图象的对称性，考查了转化思想与逻辑推理能力.设点P()在函数的图像上，因为函数的图像与函数的图像关于直线对称，所以点Q()在函数的图像上，所以 ,求解可得，则y=0，即 4 10(甲与其四位朋友各有一辆私家车，甲的车牌尾数是0，其四位朋友的车牌尾数分别是0, 2, 1, 5，为遵守当地4月1日至5日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案总数为 . 【答案】64 【解析】本题主要考查分类加法与分步乘法计数原理，考查了分类讨论思想.由题意，1日、3日、5日这三天，只有车牌尾数为1、5的车通行，则每天有2种出车方法，所以这三日的 3用车方案有2=8种不的方法;2日、4日这两天，只有车牌尾数为0、0、2的车通行，且甲 2的车最多只能用一天，若用甲的车，则有种方法，若不用甲的车，则有2=4种方法，因此总的用车方案总数为 11(已知函数是奇函数，则 . 【答案】 【解析】本题主要考查函数的奇偶性、两角和与差公式，考查了转化思想与计算能力.因为函数是奇函数，所以，当时，，所以 ,即，即 ，所以，所以 5 12(已知是边长为的正三角形，PQ为外接圆O的一条直径，M为边上的动点，则的最大值是 . 【答案】3 【解析】本题主要考查平面向量的坐标表示与平面向量的数量积，考查了数形结合思想与逻辑推理能力.以边AB为x轴，以AB的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，正 的边长为，则A(，B(，C(0,3)，P(0,-1),Q(0,3),当M在AB边上时，设点M(x,0),则,,此时的最大值为3;当点0 M在BC上时，直线BC的方程为，设点M()， ,,此时，当时，取得最大值为3;当 在上时，直线的方程为，设点()，点MBCBCM ,,此时，当时，取得最大值为3.综上可得，的最大值是3. 二、选择题:共4题每题5分共20分 6 13(一组统计数据与另一组统计数据相比较 A.标准差相同 B.中位数相同 C.平均数相同 D.以上都不相同 【答案】D 【解析】本题主要考查 样本 保单样本pdf木马病毒样本下载上虞风机样本下载直线导轨样本下载电脑病毒样本下载 的平均数、中位数、标准差，考查了由样本数据估计总体数据.设数据的平均数为,标准差为s，则数据 的平均数为，标准差为2s，即平均数与标准差均不相同，由数据易知中位数也不相同，故答案为D. 14(是直线与圆相交的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】本题主要考查充分条件与必要条件、直线与圆的位置关系，考查了点到直线的距离公式与转化思想. 由直线与圆相交可得 圆心(0,2)到直线的距离d=,则， 故是直线与圆相交的充分不必要条件. 7 15(若等比数列的公比为q，则关于的二元一次方程组的解的情况下列 说法正确的是 A.对任意，方程组都有唯一解 B.对任意，方程组都无解 C.当且仅当时，方程组有无穷多解 D.当且仅当时，方程组无解 【答案】C 【解析】本题主要考查等比数列的通项公式、两条直线的位置关系，考查了逻辑推理能力.由题意，原方程组可化为,显然，当且仅当时，这两个方程所表示的直线重合，故方程组有无穷多解，当时，两个方程所表示的直线既不重合也不平行，即相交，所以方程组有唯一解，故答案为C. 16(设函数，其中.若a、b、c是的三条边长， 则下列结论中正确的个数是 ?对于一切都有;?存在使不能构成一个三角形的三边长;?若为钝角三角形，则存在，使. 8 A.3个 B.2个 C.1个 D.0个 【答案】A 【解析】本题主要考查函数零点的存在性、指数函数、余弦定理，考查了转化思想与计算能力. ?、、是的三条边长，所以，因为，所以abca+b>c ，当时， ,故?正确;?令 222a=2,b=3,c=4,则a,b,c可以构成三角形，但a=4，b=9，c=16却不能构成三角形，所以?正确;?已知，若为钝角三角形，则，因为 ，,根据根的存在性定理可知在区间上存在零点，存在，使，故?正确. 三、解答题:共5题 17(在三棱锥中，OA、OB、OC所在直线两两垂直，且，CA与平面AOB所成角为，D是AB中点，三棱锥的体积是. (1)求三棱锥的高; 9 (2)在线段CA上取一点E，当E在什么位置时，异面直线BE与OD所成的角为, 【答案】(1)因为，所以 所以就是CA与平面AOB所成角，所以 设，则 所以 所以，所以三棱锥的高 ， (2)建立如图所示空间直角坐标系，则 设， 则 10 设BE与OD所成的角为，则 所以或(舍去) 所以当E是线段CA中点时，异面直线BE与OD所成的角为 【解析】本题主要考查空间几何体的体积、异面直线所成的角、直线与平面所成的角、线面垂直、空间向量的应用，考查了空间想象能力与逻辑推理能力.(1)由题意，证明 ，则，设，则，再利用棱锥的体积公式求解即可;(2) 建立如图所示空间直角坐标系，设，由向量的夹角公式求解即可. 18(设分别为椭圆的左、右焦点，点A为椭圆C的左顶点，点B为椭圆C的上顶点，且为直角三角形. (1)求椭圆C的方程; 11 (2)设直线与椭圆交于P、Q两点，且，求实数k的值. 【答案】(1)，所以 因为为直角三角形，所以 又， 所以，所以椭圆方程为 (2)由，得: 由，得: 设，则有 因为 所以 所以，满足 所以 【解析】本题主要考查椭圆的方程与性质、平面向量的数量积、两条直线垂直的性质，考查了方程思想、逻辑推理能力与计算能力.(1)由题意可得，,求解 12 可得结论;(2)联立直线与椭圆方程，由韦达定理，结合，即，化简求解即可. 19(某校兴趣小组在如图所示的矩形区域ABCD内举行机器人拦截挑战赛，在E处按方向释放机器人甲，同时在A处按某方向释放机器人乙，设机器人乙在Q处成功拦截机器人甲.若点Q在矩形区域ABCD内(包含边界)，则挑战成功，否则挑战失败. 已知米，E为AB中点，机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍，比赛中两机器人均按匀速直线运动方式行进，记与的夹角为. (1)若，AD足够长，则如何设置机器人乙的释放角度才能挑战成功,(结果精确到 ) (2)如何设计矩形区域ABCD的宽AD的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域ABCD内成功拦截机器人甲, 【答案】(1)在中， 由正弦定理，得: 所以 13 所以 所以应在矩形区域内，按照与夹角为的向量方向释放机器人乙，才能挑战成功 (2)以所在直线为轴，中垂线为轴，建平面直角坐标系， 设 由题意，知，所以 所以 即点的轨迹是以为圆心，6为半径的上半圆在矩形区域内的部分 所以当米时，能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域ABCD内成功拦截机器人甲 【解析】本题主要考查正弦定理与余弦定理、平面向量的夹角、圆、反三角函数,考查了 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 问题与解决问题的能力.(1)由题意在中,,利用正弦定理，结合反三角函数求解可得结论;(2) 以所在直线为轴，中垂线为轴，建平面直角坐标系，设 ，由可得点Q的轨迹方程，则结论易得. 20(对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“M类函数”. (1)已知函数，试判断是否为“M类函数”,并说明理由; 14 (2)设是定义在上的“M类函数”，求实数的最小值; (3)若为其定义域上的“M类函数”，求实数的取值范围. 【答案】(1)由，得: 所以 所以存在满足 所以函数是“M类函数” (2)因为是定义在上的“M类函数”， 所以存在实数满足， 即方程在上有解, 令 则 因为在上递增,在上递减 所以当或时，取最小值 15 (3)由对恒成立，得 因为若为其定义域上的“M类函数” 所以存在实数，满足 ?当时，，所以，所以 因为函数是增函数，所以 ?当时，，所以-3=3，矛盾 ?当时，，所以，所以 因为函数是减函数，所以 综上所述，实数的取值范围是 【解析】本题主要考查新定义问题、函数的性质、指数函数与对数函数、三角函数，考查了换元法、转化思想与分类讨论思想、逻辑推理能力与计算能力.(1)由题意可得 ，再利用两角和与差公式化简，则易得结论;(2)由题意易得方程在上有解, 令，则求出函数因为在上的最小即可;(3) 由对恒成立，得;由题意，存在实数，满足，当时，，化简易得结论;当 16 时，，所以-3=3，矛盾;时，所以，化简，利用函数的单调性求解即可. 21(已知数列满足. (1)若，写出所有可能的值; (2)若数列是递增数列，且成等差数列，求p的值; (3)若，且是递增数列，是递减数列，求数列的通项公式. 【答案】(1)有可能的值为 (2)因为数列是递增数列，所以 而，所以 又成等差数列，所以 所以.解得或 当时，，这与是递增数列矛盾，所以 (3)因为是递增数列，所以， 所以? 17 但，所以? 由?，?知，，所以? 因为是递减数列，同理可得 所以? ?知， 由?， 所以 所以数列的通项公式为 【解析】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式、数列的单调性，考查了转化思想与逻辑推理能力.(1)根据绝对值的性质讨论易得结论;(2)由题意可得 ，再由成等差数列，易求结论;(3)由是递增数列，可得 ，由易得，则 ，所以，同理，由是递减数列可得，所以，易知，再利用累加法，结合等比数列的前n项和公式求解即可. 18 19