1、江苏省南师附中2019届高三数学5月模拟考试试题（含解析）一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，请将答案填写在答题卷相应的位置上）1已知集合A，B，则AB 答案：0，1考点：集合的运算解析：A A1，0，1 B AB0，12已知复数z(12i)(ai)，其中i是虚数单位若z的实部与虛部相等，则实数a的值为 答案：3考点：复数的运算解析：z(12i)(ai)a2(2a1)i 由z的实部与虛部相等得：a22a1，解得a的值为33某班有学生52人，现将所有学生随机编号，用系统抽样方法，抽取一个容量为4的样本，已知5号、31号、44号学生在样本中，则样本中还有一个学生的编号是 答案：18
2、考点：系统抽样方法解析：根据系统抽样的定义和方法，所抽取的4个个体的编号成等差数列，已知其中三个个体的编号为5，31，44，故还有一个抽取的个体的编号为1843张奖券分别标有特等奖、一等奖和二等奖，甲、乙两人同时各抽取1张奖券，两人都未抽得特等奖的概率是 答案：考点：古典概型解析：甲、乙两人同时各抽取1张奖券共有6种不同的情况，其中两人都未抽得特等奖有2种情况，所以P5函数的定义域为 答案：0，1)考点：函数的定义域解析：由题意得：，解得0x1，所以函数的定义域为0，1)6下图是一个算法流程图，则输出的k的值为 答案：3考点：算法初步解析：n取值由13631，与之对应的k为0123，所以当n取
3、1时，k是37若正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为2，点P为侧棱AA1上任意一点，则四棱锥PBCC1B1的体积为 答案：考点：棱锥的体积解析：由于AA1平面BCC1B1，所以点P到平面BCC1B1的距离就是点A1到平面BCC1B1的距离为，所以VPBCC1B18在平面直角坐标系xOy中，点P在曲线C：上，且在第四象限内已知曲线C在点P处的切线为，则实数b的值为 答案：13考点：函数的切线解析： 曲线C在点P处的切线为 P在第四象限 x2，求得y9 b922139已知函数(0)是定义在R上的奇函数，则的值为 答案：考点：三角函数的图像与性质解析： 是定义在R上的奇函数 ，Z，由0求得 ，则
4、10如果函数(m，nR且m2，n0)在区间，2上单调递减，那么mn的最大值为 答案：18考点：二次函数的性质解析：当m2时，要使在区间，2上单调递减，则n8，此时mn2n无最大值，不符题意，舍去当m2时，是开口向上的抛物线，对称轴为x，要使在区间，2上单调递减，则2，即0n122m，所以mnm(122m)2m(6m)18，当且仅当m3取“”，所以mn的最大值为1811已知椭圆与双曲线(a0，b0)有相同的焦点，其左、右焦点分别为F1、F2，若椭圆与双曲线在第一象限内的交点为P，且F1PF1F2，则双曲线的离心率为 答案：考点：圆锥曲线的定义、性质解析：由题意得：F1PF1F22，则PF2，所以
5、2a2()4，则a2，所以e12在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(0，5)，点B是直线l：上位于第一象限内的一点，已知以AB为直径的圆被直线l所截得的弦长为，则点B的坐标为 答案：(6，3)考点：直线与圆解析：设点B(，)，则AB，求得点A到直线l的距离为，又因为弦长为，所以AB，由求得 ，因为点B位于第一象限，所以6（负值已舍去），故点B的坐标为(6，3)13已知数列的前n项和为，则满足20193000的正整数m的所有取值为 答案：20，21考点：等差数列、等比数列前n项和解析：当m为奇数时，显然是单调递增的，又，所以m取21符合题意；当m为偶数时，又，所以m取20符合题意综上所述，正
6、整数m的所有取值为20，2114已知等边三角形ABC的边长为2，点N、T分别为线段BC、CA上的动点，则取值的集合为 答案：6考点：平面向量的坐标运算解析：建立如图所示的平面直角坐标系 则A(0，)，B(1，0)，C(1，0) 由得M(，)，设N(n，0)，直线AC为：，设T(t，) 所以， ， 则二、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，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15（本小题满分14分）如图，在平面直角坐标系xOy中，以x轴正半轴为始边的锐角的终边与单位圆O交于点A，且点A的纵坐标是（1）求cos()的值；（2）若以x轴正半轴为始边的钝角的终边与单位圆
7、O交于点B，且点B的横坐标为，求的值解析：因为锐角的终边与单位圆O交于点A，且点A的纵坐标是，所以由任意角的三角函数的定义可知sin .从而cos .(3分)(1) cos()cos cos sin sin ().(6分)(2) 因为钝角的终边与单位圆O交于点B，且点B的横坐标是，所以cos ，从而sin .(8分)于是sin()sin cos cos sin ().(10分)因为为锐角，为钝角，所以(，)，(12分)从而.(14分)16（本小题满分14分）如图，己知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB，AFl，M是线段EF的中点（1）求证：AM平面BDE；（2）求证：AM平面
8、BDF解析：证明：(1) 设ACBDO，连结OE， 四边形ACEF是矩形， EFAC，EFAC. O是正方形ABCD对角线的交点，来源:学。科。网 O是AC的中点又点M是EF的中点， EMAO，EMAO. 四边形AOEM是平行四边形， AMOE.(4分) OE平面BDE，AM平面BDE， AM平面BDE.(7分)(2) 正方形ABCD， BDAC. 平面ABCD平面ACEFAC，平面ABCD平面ACEF，BD平面ABCD， BD平面ACEF.(9分) AM平面ACEF， BDAM.(10分) 正方形ABCD，AD， OA1.由(1)可知点M，O分别是EF，AC的中点，且四边形ACEF是矩形 A
9、F1， 四边形AOMF是正方形，(11分) AMOF.(12分)又AMBD，且OFBDO，OF平面BDF，BD平面BDF， AM平面BDF.(14分)17（本小题满分14分）某广告商租用了一块如图所示的半圆形封闭区域用于产品展示，该封闭区域由以O为圆心的半圆及直径AB围成在此区域内原有一个以OA为直径、C为圆心的半圆形展示区，该广告商欲在此基础上，将其改建成一个凸四边形的展示区COPQ，其中P、Q分別在半圆O与半圆C的圆弧上，且PQ与半圆C相切于点Q己知AB长为40米，设BOP为2（上述图形均视作在同一平面内）（1）记四边形COPQ的周长为，求的表达式；（2）要使改建成的展示区COPQ的面积最
10、大，求sin的值解析：解：(1) 连结PC.由条件得(0，)在POC中，OC10，OP20，POC2，由余弦定理，得PC2OC2OP22OCOPcos(2)100(54cos 2)(2分)因为PQ与半圆C相切于点Q，所以CQPQ，所以PQ2PC2CQ2400(1cos 2)，所以PQ20cos .(4分)所以四边形COPQ的周长为f()COOPPQQC4020cos ，即f()4020cos ，(0，)(7分)(没写定义域，扣2分)(2) 设四边形COPQ的面积为S()，则S()SOCPSQCP100(cos 2sin cos )，(0，)(10分)所以S()100(sin 2cos22sin
11、2)100(4sin2sin 2)，(0，)(12分)令S(t)0，得sin .列表：sin (0，)(，1)S()0S()增最大值减答：要使改建成的展示区COPQ的面积最大，sin 的值为.(14分)18（本小题满分16分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，且点F1，F2与椭圆C的上顶点构成边长为2的等边三角形（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线l与椭圆C相切于点P，且分别与直线x4和直线x1相交于点M、N试判断是否为定值，并说明理由解析：解：(1) 依题意，2ca2，所以c1，b，所以椭圆C的标准方程为1.(4分)(2) 因为直线l分别与直线x4
12、和直线x1相交，所以直线l一定存在斜率(6分) 设直线l：ykxm，由得(4k23)x28kmx4(m23)0.由(8km)24(4k23)4(m23)0，得4k23m20.(8分)把x4代入ykxm，得M(4，4km)，把x1代入ykxm，得N(1，km)，(10分)所以NF1|km|，MF1，(12分)由式，得3m24k2，把式代入式，得MF12|km|， ，即为定值.(16分)19（本小题满分16分）已知数列满足()，数列的前n项和()，且，（1）求数列的通项公式；（2）求数列的通项公式；（3）设，记是数列的前n项和，求正整数m，使得对于任意的均有解析：解：(1) a122；(2分) 当
13、n2时，an2n.所以数列an的通项公式为an2n(nN*)(4分)(2) 由Sn，得2Snn(b1bn)，所以2Sn1(n1)(b1bn1)(n2).由，得2bnb1nbn(n1)bn1，n2，即b1(n2)bn(n1)bn10(n2)，所以b1(n3)bn(n2)bn10(n3).由，得(n2)bn2(n2)bn1(n2)bn20，n3，(6分)因为n3，所以n20，上式同除以(n2)，得bn2bn1bn20，n3，即bn1bnbnbn1b2b11，所以数列bn是首项为1，公差为1的等差数列，故bnn，nN*.(8分)(3) 因为cn1，(10分)所以c10，c20，c30，c40，c50
14、.记f(n)，当n5时，f(n1)f(n)0，所以当n5时，数列f(n)为单调递减数列，当n5时，f(n)f(5)1.从而，当n5时，cn10.(14分)因此T1T2T3T5T6所以对任意的nN*，T4Tn.综上，m4.(16分)(注：其他解法酌情给分)20（本小题满分16分）设a为实数，已知函数，（1）当a0时，求函数的单调区间；（2）设b为实数，若不等式对任意的a1及任意的x0恒成立，求b的取值范围；（3）若函数(x0，R)有两个相异的零点，求a的取值范围解析：解：(1) 当a0时，因为f(x)a(x1)ex，当x0；当x1时，f(x)0，所以aex2xb对任意的a1及任意的x0恒成立由于
15、ex0，所以aexex，所以ex2xb对任意的x0恒成立(4分)设(x)ex2x，x0，则(x)ex2，所以函数(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，所以(x)min(ln 2)22ln 2，所以b22ln 2.(6分)(3) 由h(x)axexxln x，得h(x)a(x1)ex1，其中x0. 若a0时，则h(x)0，所以函数h(x)在(0，)上单调递增，所以函数h(x)至多有一个零零点，不合题意；(8分) 若a0.由第(2)小题知，当x0时，(x)ex2x22ln 20，所以ex2x，所以xex2x2，所以当x0时，函数xex的值域为(0，)所以存在x00，使得a
16、x0ex010，即ax0ex01，且当x0，所以函数h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减因为函数有两个零点x1，x2，所以h(x)maxh(x0)ax0ex0x0ln x01x0ln x00.设(x)1xln x，x0，则(x)10，所以函数(x)在(0，)上单调递增由于(1)0，所以当x1时，(x)0，所以式中的x01.又由式，得x0ex0.由第(1)小题可知，当ae，即a(，0)(11分)当a(，0)时，(i) 由于h()(1)0，所以h()h(x0)0.因为1e，设F(t)ettln t，te，由于te时，ln t2t，所以设F(t)0，即h()1时，x0ex0x0，
17、且h()h(x0)0)与直线cos()1相切，求a的值解析：解：将圆2asin 化成普通方程为x2y22ay，整理得x2(ya)2a2.(3分)将直线cos()1化成普通方程为xy0.(6分)因为相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即a，(9分)解得a2.(10分)C. (选修45：不等式选讲)求函数y的最大值解析：解：因为()2()2(33x3x2)(1)，(3分)所以y.(5分)当且仅当，即x，1时等号成立(8分)所以y的最大值为.(10分)【必做题】 第22，23题，每小题10分，共20分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤22. 如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，
18、ABCBAD90，ADAP4，ABBC2，点M为PC的中点(1) 求异面直线AP与BM所成角的余弦值；(2) 点N在线段AD上，且AN，若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，求的值解析：解：(1) 因为PA平面ABCD，且AB，AD平面ABCD，所以PAAB，PAAD.因为BAD90，所以PA，AB，AD两两互相垂直分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则由AD2AB2BC4，PA4，可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4)因为点M为PC的中点，所以M(1，1，2)所以(1，1，2)，(0，0，4)，(2分)所以c
19、os，(4分)所以异面直线AP，BM所成角的余弦值为.(5分)(2) 因为AN，所以N(0，0)(04)，则(1，1，2)，(0，2，0)，(2，0，4)设平面PBC的法向量为m(x，y，z)，则即令x2，解得y0，z1，所以m(2，0，1)是平面PBC的一个法向量(7分)因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，所以|cos，m|，解得10，4，所以的值为1.(10分)23. 在平面直角坐标系xOy中，有一个微型智能机器人(大小不计)只能沿着坐标轴的正方向或负方向行进，且每一步只能行进1个单位长度，例如：该机器人在点(1，0)处时，下一步可行进到(2，0)、(0，0)、(1，1)、(1，1)这四个点中的任一位置记该机器人从坐标原点O出发、行进n步后落在y轴上的不同走法的种数为L(n)(1) 求L(1)，L(2)，L(3)的值；(2) 求L(n)的表达式解析：解：(1) L(1)2，(1分)L(2)6，(2分)L(3)20.(3分)(2) 设m为沿x轴正方向走的步数(每一步长度为1)，则反方向也需要走m步才能回到y轴上，所以m0，1，2，(其中为不超过的最大整数)，总共走n步，首先任选m步沿x轴正方向走，再在剩下的nm步中选m步沿x轴负方向走，最后剩下的每一步都有两种选择(向上或向下)，即CC2n2m，