2019年上海市闵行区高考数学一模试卷及答案

2019年上海市闵行区高考数学一模试卷一、填空题1．（3分）已知全集U＝R，集合A＝{x|x2﹣3x≥0}，则∁UA＝　　．2．（3分）＝　　．3．（3分）若复数z满足（12i）z＝43i（i是虚数单位），则z＝　　．4．（3分）方程＝0的解为　　．5．（3分）等比数列{an}中，a1a2＝1，a5a6＝16，则a9a10＝　　．6．（3分）（1﹣2x）5的展开式中x3的项的系数是　　（用数字 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）7．（3分）已知两条直线l1：4x2y﹣3＝0，l2：2xy1＝0，则ll与l2的距离为　　．8．（3分）已知函数f（x）＝|x﹣1|（x1），x∈[a，b]的值域为[0，8]，则ab的取值范围是　　．9．（3分）如图，在过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的任意两个顶点的所有直线中，与直线AC1异面的直线的条数为　　．10．（3分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，且4S＝（ab）2﹣c2，则cosC＝　　．11．（3分）已知向量＝（cosα，sinα），＝（cosβ，sinβ），且α﹣β＝，若向量满足||＝1，则||的最大值为　　．12．（3分）若无穷数列{an}满足：a1≥0，当n∈N*，n≥2时．|an﹣an﹣1|＝max{a1，a2，…，an﹣1}（其中max{a1，a2，…，a，n﹣1}表示a1，a2，…，a，n﹣1中的最大项），有以下结论：①若数列{an}是常数列，则an＝0（n∈N*）②若数列{an}是公差d≠0的等差数列，则d＜0；③若数列{an}是公比为q的等比数列，则q＞1④若存在正整数T，对任意n∈N*，都有anT＝an，则a1是数列{an}的最大项．则其中正确的结论是　　（写出所有正确结论的序号）二、选择题13．（3分）若a，b为实数，则“a＜﹣1”是“＞﹣1”的（ ）A．充要条件  B．充分非必要条件  C．必要非充分条件  D．既非充分必要条件14．（3分）已知a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，α∩β＝a，a∥b，则下面结论不可能成立的是（ ）A．b⊄β，且b∥α  B．b⊄a  C．b∥α，且b∥β  D．b与α，β都相交15．（3分）已知函数y＝，（x≥a，a＞0，b＞0）与其反函数有交点，则下列结论正确的是（ ）A．a＝b  B．a＜b  C．a＞b  D．a与b的大小关系不确定16．（3分）在平面直角坐标系中，已知向量＝（1，2），O是坐标原点，M是曲线|x|2|y|＝2上的动点，则•的取值范围（ ）A．[﹣2，2]  B．[﹣]  C．[﹣]  D．[﹣]三、解答题17．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长均为2，D为棱BC的中点．（1）求该三棱柱的表面积；（2）求异面直线AB与C1D所成角的大小．18．已知抛物线C：y2＝2px（p≠0）．（1）若C上一点M（1，t）到其焦点的距离为3，求C的方程；（2）若P＝2，斜率为2的直线l交C于两点，交x轴的正半轴于点M，O为坐标原点＝0，求点M的坐标．19．在股票市场上，投资者常根据股价（每股的价格）走势图来操作，股民老张在研究某只股票时，发现其在平面直角坐标系内的走势图有如下特点：每日股价y（元）与时间x（天）的关系在ABC段可近似地用函数y＝asin（ωxφ）20（a＞0，ω＞0，0＜ω＜π）的图象从最高点A到最低点C的一段来描述（如图），并且从C点到今天的D点在底部横盘整理，今天也出现了明显的底部结束信号．老张预测这只股票未来一段时间的走势图会如图中虚线DEF段所示，且DEF段与ABC段关于直线l：x＝34对称，点B，D的坐标分别是（12，20）（44，12）．（1）请你帮老张确定a，ω，φ的值，并写出ABC段的函数解析式；（2）如果老张预测准确，且今天买入该只股票，那么买入多少天后股价至少是买入价的两倍？20．对于函数y＝f（x），若函数F（x）＝f（x1）﹣f（x）是增函数，则称函数y＝f（x）具有性质A．（1）若f（x）＝x22，求F（x）的解析式，并判断f（x）是否具有性质A；（2）判断命题“减函数不具有性质A”是否真命题，并说明理由；（3）若函数f（x）＝kx2x3（x≥0）具有性质A，求实数k的取值范围，并讨论此时函数g（x）＝f（sinx）﹣sinx在区间[0，π]上零点的个数．21．对于数列{an}，若存在正数p，使得an1≤pan对任意n∈N*都成立，则称数列{an}为“拟等比数列”．（1）已知a＞0，b＞0且a＞b，若数列{an}和{bn}满足：a1＝，b1＝且an1＝，bn1＝（n∈N*）．①若a1＝1，求b1的取值范围；②求证：数列{an﹣bn）（n∈N*）是“拟等比数列”；（2）已知等差数列{cn}的首项为c1，公差为d，前n项和为Sn，若c1＞0，S4035＞0，S4036＜0，且{cn}是“拟等比数列”，求p的取值范围（请用c1，d表示）．2019年上海市闵行区高考数学一模试卷参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 与试题解析一、填空题1．【解答】解：A＝{x|x≤0，或x≥3}；∴∁UA＝（0，3）．故答案为：（0，3）．2．【解答】解：＝．＝＝＝，故答案为：．3．【解答】解：（12i）z＝43i（i是虚数单位），∴（1﹣2i）（12i）z＝（1﹣2i）（43i），∴5z＝10﹣5i，可得z＝2﹣i．故答案为：2﹣i．4．【解答】解：∵方程＝0，∴2x﹣2﹣3＝0，解得x＝log25．故答案为：log25．5．【解答】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，若a1a2＝1，则a5a6＝q4×a1q4×a2＝q4（a1a2）＝16，解可得：q4＝16，则a9a10＝q8×a1q8×a2＝q8（a1a2）＝256，故答案为：256．6．【解答】（1﹣2x）5的展开式的通项为Tr1＝C5r（﹣2x）r，令r＝3，得x3的项的系数是C53（﹣2）3＝﹣80故答案为：﹣807．【解答】解：两条直线l1：4x2y﹣3＝0，l2：2xy1＝0，即两条直线l1：4x2y﹣3＝0，l2：4x2y2＝0，它们之间的距离为d＝＝，故答案为：．8．【解答】解：数f（x）＝|x﹣1|（x1）＝．作出函数的图象如图：由图可知，b＝3，a∈[﹣1，1]，则ab∈[2，4]．故答案为：[2，4]．9．【解答】解：在过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的任意两个顶点的所有直线中，与直线AC1异面的直线有：A1D1，DD1，CD，A1B1，BC，BB1，B1D1，B1C，D1C，BD，A1D，A1B，共12条．故答案为：12．10．【解答】解：∵4S＝（ab）2﹣c2，∴4×absinC＝a2b2﹣c22ab，由余弦定理得：2absinC＝2abcosC2ab，∴sinC﹣cosC＝1，又∵sin2Ccos2C＝1，∴sinCcosC＝0，又∵在△ABC中，sinC≠0，∴cosC＝0．故答案为：0．11．【解答】解：∵，∴＝22cos（α﹣β）＝3，令，则||＝，∴D点轨迹为以原点为原心，半径为的圆，令，则||＝||＝1，∴C点轨迹是以原点为原心，半径为的两个圆及其之间的部分，∴最大值为，即||最大值为．故答案为：．12．【解答】解：①，若数列{an}是常数列，由|an﹣an﹣1|＝max{a1，a2，…，an﹣1}，可得max{a1，a2，…，an﹣1}＝0，则an＝0（n∈N*），故①正确；②，若数列{an}是公差d≠0的等差数列，由max{a1，a2，…，an﹣1}＝|d|，若d＞0，即有数列递增，可得d＝an，即数列为常数列，不成立；若d＜0，可得数列递减，可得﹣d＝a1成立，则d＜0，故②正确；③，若数列{an}是公比为q的等比数列，若q＝1可得数列为非零常数列，不成立；由|a2﹣a1|＝a1，可得a2＝0（舍去）或a2＝2a1，即有q＝2＞1，a1＞0，则数列递增，由max{a1，a2，…，an﹣1}＝an﹣1，可得an﹣an﹣1＝an﹣1，可得an＝2an﹣1，则q＞1，故③正确；④，假设a1不是数列{an}的最大项，设i是使得ai＞a1的最小正整数，则|ai1﹣ai|＝max{a1，a2，…ai}＝ai，因此ai1是ai的倍数，假设ai1，ai2，…，aik﹣1都是ai的倍数，则|aik﹣aik﹣1|＝max{a1，a2，…，aik﹣1}＝max{ai，ai1…，aik﹣1}，故aik是ai的倍数，假设ai1，ai2，…，aik﹣1都是ai的倍数，则|aik﹣aik﹣1|＝max{a1，a2，…，aik﹣1}＝max{a1，ai1，…，aik﹣1}，因此，aik也是ai的倍数，由第二数学归纳法可知，对任意n≥i，an都是ai的倍数，又存在正整数T，对任意正整数n，都有aTn＝an，故存在正整数m≥i，am＝a1，故ai是a1的倍数，但ai＞a1，故a1不是ai的倍数，矛盾，故ai是数列{an}的最大值．故④正确．故答案为：①②③④．二、选择题13．【解答】解：＞﹣1⇔a＜﹣1或a＞0，∵a＜﹣1⇒a＜﹣1或a＞0，a＜﹣1或a＞0推不出a＜﹣1，∴“a＜﹣1”是“＞﹣1”的充分非必要条件．故选：B．14．【解答】解：由a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，α∩β＝a，a∥b，知：在A中，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，C1D1⊄平面ABCD，且C1D1∥AB，∴b⊄β，且b∥α有可能成立，故A错误；在B中，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，C1D1∥平面ABCD，且C1D1∥平面ABB1A1，∴b⊄a有可能成立，故B错误；在C中，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，C1D1∥平面ABCD，且C1D1∥平面ABB1A1，∴b∥α，且b∥β有可能成立，故C错误；在D中，b与α，β都相交不可能成立，故D成立．故选：D．15．【解答】解：依题意得：函数y＝（x≥a，a＞0，b＞0）与函数y＝x有交点，即＝x2，x2＝＝≥a2，∴b2＞a2，∴b＞a，故选：B．16．【解答】解：去绝对值整理后知，曲线为菱形BCDE，易知CD⊥AN，BE⊥AN，故当点M在曲线上运动时，在上的射影必在FN上，且当M在CD上时得到最大值，在BE上时得到最小值，最大值为＝＝2，最小值为﹣2，故选：A．三、解答题17．【解答】解：（1）∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长均为2，∴该三棱柱的表面积：S＝2S△ABC3＝2×3×2×2＝122．（2）取AC中点E，连结DE，C1E，∵D为棱BC的中点，∴DE∥AB，DE＝＝1，∴∠C1DE是异面直线AB与C1D所成角（或所成角的补角），DC1＝EC1＝＝，cos∠C1DE＝＝＝，∴∠C1DE＝arccos，∴异面直线AB与C1D所成角的大小为arccos．18．【解答】解：（1）由抛物线的定义得：1﹣（﹣＝3，解得：p＝4，所以抛物线C的方程为：y2＝8x；（2）p＝2时，抛物线C：y2＝4x，设直线l：y＝2xb，并代入抛物线C：y2＝4x得：4x2（4b﹣4）xb2＝0，△＝（4b﹣4）2﹣16b2＞0，解得设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1x2＝1﹣b，x1x2＝，∵•＝x1x2y1y2＝x1x2（2x1b）（2x2b）＝5x1x22b（x1x2）b2＝2b（1﹣b）b2＝0，解得b＝0或b＝﹣8当b＝0时，M（0，0）不在x轴正半轴上，舍去；当b＝﹣8时，M（4，0）故点M的坐标为（4，0）19．【解答】解：（1）a＝12﹣4＝8，＝24﹣12＝12，∴T＝48，ω＝＝，由×24φ＝可得φ＝，∴f（x）＝8sin（x）20＝8cosx20，x∈[0，24]．（2）由题意得DEF的解析式为：y＝8cos[（68﹣x）]20，由8cos[（68﹣x）]20＝24，得x＝60，故买入60﹣44＝16天后股价至少是买入价的两倍．20．【解答】解：（1）f（x）＝x22，F（x）＝（x1）22﹣x2﹣2＝2x1，F（x）在R上递增，可知f（x）具有性质A；（2）命题“减函数不具有性质A”，为假命题，比如：f（x）＝0.5x，F（x）＝f（x1）﹣f（x）＝﹣0.5x1在R上递增，f（x）具有性质A；（3）若函数f（x）＝kx2x3（x≥0）具有性质A，可得F（x）＝f（x1）﹣f（x）＝k（x1）2（x1）3﹣kx2﹣x3＝3x2（32k）x1k在x≥0递增，可得﹣≤0，解得k≥﹣；由t＝sinx（0≤t≤1），可得g（x）＝0，即f（t）＝t，可得kt2t3＝t，t＝0时显然成立；0＜t≤1时，k＝，由在（0，1]递减，且值域为[，∞），k＝0时，t＝0或1，sinx有三解，3个零点；当k＝时，t＝1，即sinx＝1，可得x＝，1个零点；当k＞时，f（t）＝t，t有一解，x两解，即两个零点；当﹣≤k＜，且k≠0时，f（t）＝t无解，即x无解，无零点．21．【解答】解：（1）①∵a＞0，b＞0，且a＞b，a1＝，b1＝＜1，∴b1∈（0，1）．②由题意得a1＝＞＝b1，∴当n∈N*且n≥2时，an﹣bn＝＞0，∴对任意n∈N*，都有an1﹣bn1＝＜﹣＝（an﹣bn），即存在p＝，使得有an1﹣bn1＜p（an﹣bn），∴数列数列{an﹣bn）（n∈N*）是“拟等比数列”；（2）∵c1＞0，S4035＞0，S4036＜0，∴，⇒，⇒⇒，由c1＞0得d＜0，从而解得﹣2018＜＜﹣2017，又{cn}是“拟等比数列”，故存在p＞0，使得cn1≤pcn成立，1°当n≤2018时，cn＞0，p≥＝＝1＝1，由﹣2018＜＜﹣2017得2018＜1﹣＜2019，由图象可知1在n≤2018时递减，故p≥＝1∈（，），2°当n≥2019时，cn＜0，p≤＝＝1＝1，由﹣2018＜＜﹣2017得2018＜1﹣＜2019，由图象可知1在n≥2019时递减，故p≤1，由1°2°得p的取值范围是[1，1]．