发布时间 : 星期日 文章2019年上海市浦东新区华师大二附中高考数学模拟试卷（5月份）（解析版）更新完毕开始阅读
画出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，利用w的几何意义即可得到结论． 本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法． 10.【答案】4
【解析】
∴=（m，n）与=（1，-1）不可能同向．
∴夹角θ≠0． ∵θ∈（0，] ?≥0， ∴m-n≥0， 即m≥n．
当m=6时，n=6，5，4，3，2，1； 当m=5时，n=5，4，3，2，1； 当m=4时，n=4，3，2，1； 当m=3时，n=3，2，1； 当m=2时，n=2，1； 当m=1时，n=1．
∴满足条件的事件数6+5+4+3+2+1 ∴概率P=故答案为：
=
=
．
解：展开式的通项为其中r=0，1，2…10
要使x的指数为负整数有r=4，6，8，10 故含x的负整数指数幂的项共有4项 故答案为：4
利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为负整数，得到r的值，求出含x的负整数指数幂的项数．
本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题． 11.【答案】3：2
【解析】
解：设圆柱的高为：2，由题意圆柱的侧面积为：2×2π=4π 圆柱的体积为：2π12=2π
球的表面积为：4π，球的半径为：1；球的体积为：所以这个圆柱的体积与这个球的体积之比为：故答案为：
设出圆柱的高，求出圆柱的体积，圆柱的表面积，转化为球的表面积，求出球的半径，然后求出球的体积，可得二者体积之比．
本题考查球的体积、表面积；圆柱的表面积、体积；考查计算能力，正确利用题目条件，面积相等关系，挖掘题设中的条件，解题才能得心应手． 12.【答案】
【解析】
由题意知本题是一个古典概型，根据分步计数原理可以得到试验发生包含的所有事件数，满足条件的事件数要通过列举得到，题目大部分内容考查的是向量的问题，这是一个综合题． 向量知识，向量观点在数学．物理等学科的很多分支有着广泛的应用，而它具有代数形式和几何形式的“双重身份”能融数形于一体，能与中学数学教学内容的许多主干知识综合，形成知识交汇点． 13.【答案】[-1，3]
【解析】
解：分别画出集合A={（x，y）||x-a|+|y-1|≤1}，B={（x，y）|（x-1）2+（y-1）2≤1}，表示的平面图形，集合A表示是一个正方形，集合B表示一个圆．如图所示．
解：由题意知本题是一个古典概型， 试验发生包含的所有事件数6×6， ∵m＞0，n＞0，
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其中A（a+1，1），B（a-1，1），
欲使得A∩B≠?，只须A或B点在圆内即可，
2222
∴（a+1-1）+（1-1）≤1或（a-1-1）+（1-1）≤1，
解：对于①当，据共线向量的充要条件得到P在线段BE上，故1≤y≤3，故①错
故②对
对于②当当P是线段CE的中点时，=
=
解得：-1≤a≤1或1≤a≤3， 即-1≤a≤3． 故答案为：[-1，3]．
22
先分别画出集合A={（x，y）||x-a|+|y-1|≤1}，B={（x，y）|（x-1）+（y-1）≤1}，表示的平面图形，集合
对于③x+y为定值1时，A，B，P三点共线，又P是平行四边形BCDE内（含边界）的一点，故P的轨迹是线段，故③对 故答案为②③④
利用向量共线的充要条件判断出①错，③对；利用向量的运算法则求出②对．
本题考查向量的运算法则、向量共线的充要条件． 16.【答案】a≤ 或a≥ 【解析】
A表示是一个正方形，集合B表示一个圆．再结合题设条件，欲使得A∩B≠?，只须A或B点在圆内即可，将点的坐标代入圆的方程建立不等式求解即可．
本小题主要考查二元一次不等式（组）与平面区域、集合关系中的参数取值问题、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题． 14.【答案】3
【解析】
，求出x，y判断出
解：如右图： ∵AB=BD，
∴在△ABC中，由正弦定理得∴BDsin∠ABC=sin∠ACB，
222
+∠ABC） 在△BCD中，CD=BD+BC-2BD?BCcos（90°
解：原不等式等价于（3+2sinθcosθ-asinθ-acosθ）
，
由①得a≥在②中，
②，或a≤，
=（sinθ+cosθ）+
sin∠ACB
显然当1≤x≤由此可得a在③中，
当且仅当sinθ+cosθ=所以由此可得a综上，a故答案为：a
， 或a
． 或a
．
2
2
，θ∈[0，]①， ③，
，
为减函数，从而上式最大值为f（1）=1+=，
=AB2+2+2BDsin∠ABC=AC2+BC2-2AC?BCcos∠ACB+2+2
时，f（x）=x+；
=5-2cos∠ACB+2sin∠ACB
=5+4sin（∠ACB-45°），
时CD最大为9，CD最大值为3， ∴当∠ACB=135°故答案为：3．
在△ABC中，由正弦定理得BDsin∠ABC=sin∠ACB，在△BCD，△ABC中由余弦定理可得CD2=BD2+BC2-2BD?BCcos（90°+∠ABC）=AC2+BC2-2AC?BCcos∠ACB+2+2为
5+4sin（∠ACB-45°），由此可求答案．
该题考查正弦定理、余弦定理及其应用，考查三角函数的恒等变换，属中档题． 15.【答案】②③④
【解析】
2
=（sinθ+cosθ）+时取等号， 的最小值为
，
=，
sin∠ACB，可化
原不等式等价于（3+2sinθcosθ-asinθ-acosθ）a≤
，θ∈[0，]，从而可得a≥，或
，于是问题转化为求函数的最值问题加以解决，对上述分式进行合理变形，
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利用函数单调性、基本不等式即可求得最值．
本题考查函数恒成立问题，转化为函数最值问题是解决该类题目的常用方法，解决本题的关键是先对不等式进行等价变形去掉x，变为关于θ的恒等式处理． 17.【答案】解：（1）∵ ? =8，∴accosB=8，
22222
由余弦定理得b=a+c-2accosB=a+c-16， ∵b=4， 22
∴a+c=32；
22
（2）∵a+c≥2ac， ∴ac≤16， ∵accosB=8，
（2）解：取AP的中点O，连接CO、DO． ∵PC=AC=2，∴C0⊥PA，CO= ，
∵CD⊥平面PAB，由三垂线定理的逆定理，得DO⊥PA． ∴∠COD为二面角C-PA-B的平面角． 由（1）AB⊥平面PCB，∴AB⊥BC， 又∵AB=BC，AC=2，求得BC= PB= ，CD=
∴
cos∠COD= ．
∴cosB= ≥ ， ∵B∈（0，π）， ∴0＜B≤ ，
2
∵f（B）= sinBcosB+cosB= sin2B+ （1+cos2B）=sin（2B+ ）+ ，
∵ ＜2B+ ≤ ，
【解析】
（1）要证AB⊥平面PCB，只需证明直线AB垂直平面PCB内的两条相交直线PC、CD即可； （2）取AP的中点O，连接CO、DO；说明∠COD为二面角C-PA-B的平面角，然后解三角形求二面角C-PA-B的大小的余弦值．
本题考查直线与平面垂直的判定，二面角的求法，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题．
【答案】解：（1）设内环线列车的平均速度为v千米/小时，则要使内环线乘客最长候车时间为10分钟，19.
可得
∴sin（2B+ ）∈[ ，1]， 则f（B）的值域为[1， ]． 【解析】
（1）利用平面向量的数量积运算法则化简
22
果及b的值代入计算即可求出a+c的值；
?=8，再利用余弦定理列出关系式，将化简结
∴v≥20
∴要使内环线乘客最长候车时间为10分钟，内环线列车的最小平均速度是20千米/小时；
（2）设内环线投入x列列车运行，则外环线投入（18-x）列列车运行，内、外环线乘客最长候车时间分别为t1，t2分钟， 则 ∴
（2）由基本不等式求出ac的范围，根据accosB=8表示出cosB，由ac的范围求出cosB的范围，进而利用余弦函数性质求出B的范围，f（B）解析式利用二倍角的正弦、余弦函数公式化简，整理为一个角的正弦函数，由B的范围求出这个角的范围，利用正弦函数的值域即可确定出f（B）的范围．
此题考查了正弦、余弦定理，平面向量的数量积运算，二倍角的正弦、余弦函数公式，以及正弦函数的值域，熟练掌握定理及公式是解本题的关键． 18.【答案】（1）证明：∵PC⊥平面ABC，AB?平面ABC，
∴PC⊥AB．
∵CD⊥平面PAB，AB?平面PAB，
∴CD⊥AB．又PC∩CD=C，∴AB⊥平面PCB．
，
∴ ∴
∵x∈N+，∴x=10
∴当内环线投入10列列车运行，外环线投入8列列车时，内外环线乘客的最长候车时间之差不超过1分钟． 【解析】
（1）设内环线列车的平均速度为v千米/小时，根据内环线乘客最长候车时间为10分钟，可得
，从而可求内环线列车的最小平均速度；
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（2）设内环线投入x列列车运行，则外环线投入（18-x）列列车运行，分别求出内、外环线乘客最长候车时间
解不等式，即可求得结论．
本题考查函数模型的构建，考查利用数学模型解决实际问题，解题的关键是正确求出乘客最长（2）直接推理、计算，并在计算过程中消去变量，从而得到定点；
（3）欲求面积之和的最小值，利用直线AB的斜率作为自变量，建立函数模型，转化成求函数的最值问题．
新课标下的圆锥曲线题一般是压轴题，主要考查椭圆或抛物线的有关知识，本题主要考查直线、，，根据，
候车时间．
20.【答案】解：（1）由题知，抛物线的准线方程为y+1=0，
=1
所以抛物线C的方程为x2
=4y．
（2）当直线AB的斜率不存在时，直线与抛物线只有一个交点， 故直线AB的斜率一定存在，
设直线AB方y=kx+1交抛物线C于点A（x1，y1），B（x2，y2）， 由抛物线定义知|AF|=y1+1，|BF|=y2+1， 所以|AC|=y1，|BD|=y2， 由
得x2
-4kx-4=0，
显然△＞0，则x1+x2=4k，x1?x2=-4， 所以y1?y2=
=1，所以|AC|?|BD|为定值1．
（3）解：由
x2=4y，y= x2，y=
x，
得直线AM方程y-
= x1（x-x1）（1）， 直线BM方程y-
=
x2（x-x2）（2）， 由（2）-（1）得
-
（x1-x2）x= ，
所以x=
（x1+x2）=2k，∴y=-1 所以点M坐标为（2k，-1）， 点M到直线AB距离d= =2 ，
弦AB长为|AB|= = =4（1+k2
）， △ACM与△BDM面积之和，
S= |-2）?d=
（2+4k2
（|AB ×）×
2 =2（1+2k2） ， 当k=0时，即AB方程为y=1时，△ACM与△BDM面积之和最小值为2． 【解析】
（1）第一小题较为简单，因为抛物线是标准方程，只须求参数P；
圆、抛物线等基础知识，考查运算求解能力、探究能力、分析问题和解决问题的能力，背景新颖，
综合要求高．数学中的最值与定值问题，历来是高考的热点．求解定值与最值的基本策略有二：一是从几何角度考虑，当题目中的条件和结论明显体现几何特征及意义时，可用图形性质来解；二是从代数角度考虑，当题中的条件和结论体现出一种明显的函数关系时，可通过建立目标函数，求其目标函数的最值．
21.【答案】解：（Ⅰ）由题意知，an=2n，bn=2?qn-1，所以由S3＜a1003+5b2-2010，
可得到b1+b2+b3＜a1003+5b2-2010?b1-4b2+b3＜2006-2010?q2
-4q+3＜0． 解得1＜q＜3，又q为整数，所以q=2； 故答案为2．
（Ⅱ）假设数列{bn}中存在一项bk，满足bk=bm+bm+1+bm+2++bm+p-1，
因为bn=2n，∴bk＞bm+p-1?2k＞2m+p-1
?k＞m+p-1?k≥m+p（*） 又
=2m+p-2m＜2m+p，所以k＜m+p，此与（*）式矛盾． 所以，这样的项bk不存在；
故答案为不存在．
（Ⅲ）由b1=ar，得b2=b1q=arq=as=ar+（s-r）d， 则
又 ?
，
从而
，
因为as≠ar?b1≠b2，所以q≠1，又ar≠0，
故
．又t＞s＞r，且（s-r）是（t-r）的约数，
所以q是整数，且q≥2，
对于数列中任一项bi（这里只要讨论i＞3的情形），
有bi=arqi-1=ar+ar（qi-1
-1）
=ar+ar（q-1）（1+q+q2++qi-2） =ar+d（s-r）（1+q+q2++qi-2）
=ar+[（（s-r）（1+q+q2++qi-2）+1）-1]?d，
由于（s-r）（1+q+q2
++qi-2）+1是正整数，所以bi一定是数列{an}的项． 故得证． 【解析】
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（Ⅰ）由等差等比数列的表达式an=2n，bn=2?q
n-1
，代入S3＜a1003+5b2-2010直接求解即得到答案．
（Ⅱ）可以先假设数列{bn}中存在一项bk，满足bk=bm+bm+1+bm+2++bm+p-1，再根据已知的条件去验证，看是否能找出矛盾．如果没有矛盾即存在，否则这样的项bk不存在；
（Ⅲ）由已知条件b1=ar，得b2=b1q=arq=as=ar+（s-r）d，和等差等比数列的性质，由数学归纳法求证数列中每一项是否都是数列中的项．
此题主要考查等差等比数列的性质的应用，以及数学归纳法在数列中的应用，题目较为复杂，需要一步一步的分析求解，计算量要求较高，属于难题．
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