上海市青浦区2022届高三二模数学试题 Word版含解析.docx

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青浦区2021学年第二学期高三年级测试数学试卷（时间120分钟，满分150分）一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，1-6每题4分，7-12每题5分考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分.1.已知为虚数单位，复数，则_________．【答案】【解析】【分析】先将复数z化成的形式，再求模即可得答案.【详解】解：因为，所以.故答案为：.2.已知集合，，则集合_________．【答案】【解析】【分析】由已知，根据题意给出的集合、集合的范围，可直接求解.【详解】由已知，集合，，所以集合.故答案为：.3.已知角的终边过点，则的值为_________．【答案】【解析】【分析】根据三角函数的定义计算即可.【详解】解：因为角的终边过点，所以故答案为：-2.4.已知函数反函数为，则_________． 【答案】【解析】【分析】根据互为反函数的定义域和值域的关系，即可求解.【详解】令,所以故答案为:5.若实数x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为_________．【答案】【解析】【分析】根据约束条件，作出可行域，结合图象分析可得，当目标函数过点A时，截距最小，z有最小值，代入点坐标，即可得答案.【详解】作出约束条件对应的可行域，如下图所示联立，可得点，目标函数整理为，由图象可得，当目标函数过点时，截距最小，z有最小值，此时.故答案为：3 6.已知为抛物线的焦点，过点的直线l交抛物线于，两点，若，则线段的中点到直线的距离为_____．【答案】5【解析】【分析】根据题意，作出抛物线的简图，求出抛物线的焦点坐标以及准线方程，分析可得为直角梯形中位线，由抛物线的定义分析即可．【详解】如图，抛物线的焦点为，准线为，即．分别过，作准线的垂线，垂足为，，则有.过的中点作准线的垂线，垂足为，则为直角梯形中位线，，即到准线距离为5．故答案为：5【点睛】本题考查抛物线的几何性质以及抛物线的定义，注意利用抛物线的定义进行转化分析，属中档题．7.已知数列的前项和,且满足,则正整数_____【答案】8【解析】【详解】由题意，可得，所以，所以，即，解得， 又，所以.8.一块边长为10cm的正方形铁片按如图(1)所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图(2)所示的正四棱锥容器，则当x=6cm时，该容器的容积为________cm3.图(1)图(2)【答案】48【解析】【详解】由题意可知道，这个正四棱锥形容器的底面是以6cm为边长的正方形，侧高为5cm，高为4cm，所以所求容积为48cm3.9.受疫情防控需求，现有四位志愿者可自主选择到三个不同的核酸检测点进行服务，则三个核酸检测点都有志愿者到位的概率是_________.（结果用最简分数表示）【答案】【解析】【分析】先计算总共的选择数，再计算三个核酸检测点都有志愿者到位的数量，即可得答案.【详解】解：四个志愿者总的选择共种，要满足三个核酸检测点都有志愿者到位，则必有2个人到同一核酸检测点，故从4人中选择2人出来，共有种，再将这2人看成整体1人和其他2人共3人，选择三个核酸检测点，共种，所以，所以.故答案为：.10.若命题：“存在整数使不等式成立”是假命题，则实数的取值范围是_________．【答案】；【解析】 【分析】依题意，不存在整数使不等式成立，设不等式的解集为，分情况讨论大于0且不等于1，等于1，小于0和等于0四种情况讨论，可得答案．【详解】“存在整数使不等式成立”是假命题，即不存在整数使不等式成立．设不等式的解集为，当时，得，不合题意；当且时，原不等式化为，，，要使不存在整数使不等式成立，须，解得：且；当时，，合题意，当时，原不等式化为，，不合题意，综上所述，．故答案为：11.已知数列的通项公式为，数列是首项为，公比为的等比数列，若，其中，则公比的取值范围是_________．【答案】【解析】【分析】根据，可得，再根据结合指数运算可得，利用指数函数单调性求，运算整理．【详解】∵，即，则 又∵，即，则∵，则，∴，则∴故答案为：．12.已知集合，其中且，函数，且对任意，都有，则的值是_________．【答案】或3.【解析】【分析】先判断区间与的关系可得，再分析时定义域与值域的关系，根据函数的单调性可确定定义域与值域的区间端点的不等式，进而求得和即可.最后分析当时，，从而确定定义域与值域的关系，列不等式求解即可【详解】先判断区间与的关系，因为，故或.因为当，即时，由题意，当时，，故不成立；故.再分析区间与的关系，因为，故或.①当，即时，因为在区间上为减函数，故当，，因为，而，故此时，即 ，因为，故即，故，解得，因为，故.此时区间在左侧，在右侧.故当时，，因为，故，所以，此时，故，解得，因为，故；②当时，在区间上单调递减，易得，故此时且，即且，所以，故，故，即，，因为，故；综上所述，或3故答案为：或3.二、选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分.13.“”成立的一个必要而不充分条件是（） AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求解，再根据必要不充分条件的意义对比选项判断即可【详解】由有，解得，故“”成立的一个必要而不充分条件是“”故选：D14.定义曲线：为椭圆：的“倒曲线”，给出以下三个结论：①曲线有对称轴，②曲线有对称中心，③曲线与椭圆有公共点．其中正确的结论个数为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】曲线：上取点，利用点的坐标证得对称性，从而判断出①②，利用的范围可以判断出③，从而得出结论.【详解】曲线：上取点，则该点关于轴对称的点也在曲线，故曲线关于轴对称，同理可证曲线关于轴对称，则该点关于原点对称点也在曲线，故曲线关于原点对称，故①②正确；曲线：，则，而椭圆：中，，故曲线与椭圆无公共点，③错误；综上，正确的有2个，故选：C.15.已知函数的定义域为，值域为，则的取值范围是（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】根据正弦函数的图象特征和性质，结合定义域和值域，即可求解.【详解】，因为，所以，因为，所以.正弦函数在一个周期内，要满足上式，则，所以，所以的取值范围是.故选：D16.设各项均为正整数的无穷等差数列，满足，且存在正整数，使、、成等比数列，则公差的所有可能取值的个数为（）A.B.C.D.无穷多【答案】B【解析】【分析】由已知可得，分析可知，则是的倍数，且，由已知，对的取值进行分类讨论，求出的值，并求出对应的的值，即可得出结论.【详解】根据题意可知，，化简可得，因为各项均为正整数，则，故是的倍数，且，因为、、成等比数列，则，分以下情况讨论：①若，则，可得，，解得，合乎题意；②若，则，可得，，解得，合乎题意；③若，则，可得，，解得，不合乎题意； ④若，则，可得，，解得，不合乎题意；⑤若，则，可得，此时，是常数列，且每项均为，合乎题意.综上所述，公差的所有可能取值的个数为.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列基本量的计算，解题的关键时分析出，然后对的取值进行分类讨论，验证的值是否满足题意，即可得解.三．解答题（本大题满分76分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.17.如图，已知圆柱的轴截面是边长为的正方形，是弧的中点．（1）求该圆柱的表面积和体积；（2）求异面直线与所成角的大小．【答案】（1）表面积为，体积为.（2）【解析】【分析】（1）根据圆柱的表面积公式和体积公式可求出结果；（2）根据，得到或其补角是直线与所成角，取弧的中点，连接、、，求出，进一步可得.【小问1详解】由已知可得圆柱的底面半径，高，， 【小问2详解】，∴或其补角是直线与所成角，取弧的中点，连接、、，，在中，，∴.所以异面直线与所成角的大小为.18.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.（1）求A；（2）若a=2，的面积为，求b，c的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用正弦定理将边变成角，然后利用以及两角和的正弦公式代入计算即可；（2）先利用面积公式求出，再利用余弦定理求出，然后解方程组即可.【小问1详解】由及正弦定理得.因， 所以.由于，所以.又，故.【小问2详解】由题得的面积，故①.而，且，故②，由①②得.19.治理垃圾是改善环境的重要举措．地在未进行垃圾分类前每年需要焚烧垃圾量为200万吨，当地政府从2020年开始推进垃圾分类工作，通过对分类垃圾进行环保处理等一系列措施，预计从2020年开始的连续5年，每年需要焚烧垃圾量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年需要焚烧垃圾量为上一年的（记2020年为第年）.（1）写出地每年需要焚烧垃圾量与治理年数的表达式；（2）设为从2020年开始n年内需要焚烧垃圾量的年平均值，证明数列为递减数列．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意可知从2020年开始的连续5年，焚烧垃圾量成等差数列，从第6年开始，成等比数列，根据等差等比的基本量即可求.（2）根据年平均值的表达式，可得，然后根据的关系即可得到，结合等差等比的单调性，即可得到数列的单调性.【小问1详解】设治理年后，地每年的需要焚烧垃圾量构成数列. 当时，是首项为，公差为的等差数列，所以；当时，数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，所以，治理年后，地每年的需要焚烧垃圾量的表达式为【小问2详解】为数列的前项和，则．由于由（1）知，时，，所以为递减数列，时，，所以为递减数列，且，所以为递减数列，于是，因此，所以数列为递减数列．20.已知椭圆的右焦点为，过的直线交于两点．（1）若直线垂直于轴，求线段的长；（2）若直线与轴不重合，为坐标原点，求△面积的最大值；（3）若椭圆上存在点使得，且△的重心在y轴上，求此时直线l的方程．【答案】（1）3（2） （3）、或【解析】【分析】（1）根据直线垂直轴，可得坐标，进而可求线段长度.（2）联立直线和椭圆方程，根据韦达定理，可得根与系数关系，进而根据三角形面积求表达式，进而根据函数最值进行求面积最大值.（3）联立直线和椭圆方程，根据韦达定理，可得根与系数关系，以及重心坐标公式，即可求解.【小问1详解】因为，令，得，所以，所以【小问2详解】设直线，，不妨设，由得，，，，，令，则，，记，可得在上单调递增所以当且仅当时取到，即面积的最大值为；【小问3详解】①当直线不与x轴重合时，设直线，，中点为． 由得，，，因为的重心在y轴上，所以，所以，又，，因为，所以,故直线，所以，从而，代入得，所以，或．②当直线与x轴重合时，点C位于椭圆的上、下顶点显然满足条件，此时．综上，，或．21.设函数，定义集合，集合．（1）若，写出相应的集合和；（2）若集合，求出所有满足条件的；（3）若集合只含有一个元素，求证：．【答案】（1），（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由、解得，可得，；（2）由得或，然后由 ，，方程只有一个实数解0，得，转化为有唯一实数解0，可得答案；（3）由条件，有唯一解，得有解，分有唯一解、有两个解，结合的图像和实数解的个数可得答案.【小问1详解】，，由解得或，由解得，所以，．【小问2详解】由，得或，，，而方程只有一个实数解0，所以，即只需有唯一实数解0，所以．【小问3详解】由条件，有唯一解，所以有解，①若有唯一解，则，且有唯一解，结合图像可知，所以，所以．②若有两个解，则，且两个方程，总共只有一个解，结合图像可知有唯一解，所以，，所以，且的对称轴，所以，所以．综上，．【点睛】本题主题考查了二次函数与二次方程之间的关系的相互转换，方程根与系数的应用，考查了系数对新定义的理解能力及计算能力.