上海市虹口区2022届高三下学期第二次模拟考试数学 Word版含解析.docx

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高中数学试卷一、填空题（1~6题每小题4分，7~12题每小题5分，本大题满分54分）1.不等式的解集是______________.【答案】【解析】【详解】由.2.函数的值域为_________.【答案】【解析】【分析】根据基本不等式即可解出．【详解】因为，所以，当且仅当时取等号．故答案为：．3.函数的最小正周期为___________．【答案】.【解析】【详解】试题分析：因为函数，，所以其最小正周期为.故答案为.考点：三角函数的基本关系式；函数的性质.4.若为的二项展开式中项的系数，则_________.【答案】##0.5【解析】【分析】先根据二项展开式的通项公式求出，即可利用极限知识求出．【详解】的二项展开式的通项公式为，，所以 ，即有．故答案为：．5.在所有由1，2，3，4，5这五个数字组成的无重复数字的五位数中，任取一个数，则取出的数是奇数的概率为_________.【答案】##【解析】【分析】根据古典概型概率公式即可解出．【详解】任意一个数，共有种可能，而这个数是奇数的可能有种，所以任取一个数，则取出的数是奇数的概率为．故答案为：．6.若实数、满足，则的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】作出不等式组所表示的可行域，利用线性规划思想求出的最大值和最小值，即可得解.【详解】设，作出不等式组所表示的可行域如下图所示：联立，可得，即点，平移直线，当该直线经过可行域的顶点时， 直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即，当直线经过原点时，该直线在轴上的截距最小，此时取最小值，即，因此，的取值范围是.故答案为：.7.已知向量，满足，，，则_________.【答案】【解析】【分析】根据模长公式及向量的数量积公式求解即可.【详解】由可得，，即，解得：，所以．故答案为：．8.已知椭圆：的左、右两个焦点分别为、，过的直线交椭圆于两点.若是等边三角形，则的值等于_________.【答案】【解析】【分析】因为是等边三角形，可得轴，再根据椭圆的定义可得，进而求得，再根据椭圆中的关系求解即可【详解】因为是等边三角形，故，故关于轴对称，故轴.故，，故，又，故，故，即，所以， 故答案为：9.已知等比数列的前项和为，公比，且为与的等差中项，.若数列满足，其前项和为，则_________.【答案】【解析】【分析】先根据等比数列的前项和的基本量的计算求出，即可得到数列的通项公式，再根据等差数列的前项和公式即可解出．【详解】由题可得，，而，解得：，所以，即，所以．故答案为：．10.已知，，是的内角，若，其中为虚数单位，则等于_________.【答案】##【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数相等，得到方程组，再根据两角和的正弦、余弦公式计算可得；【详解】解：因为即， 所以，即，，因为，所以，所以；故答案为：11.设，，三条直线，，，则与的交点M到的距离的最大值为__．【答案】##.【解析】【分析】根据直线与的的方程易知，而过定点，过定点，得到与的交点M在以AB为直径的圆上，求出圆心和半径，结合恒过原点，即可利用圆心到原点的距离加半径解出．【详解】因为，所以．而直线，整理为，令，解得：，故过定点，，变形为，过定点，所以与的交点M在以AB为直径的圆上，圆心为，即，直径为，故半径为，所以圆的方程为，因为恒过原点， 所以M到的距离的最大值为的长加上半径，即．故答案为：．12.已知是定义域为的奇函数，且图像关于直线对称，当时，.对于闭区间，用表示在上的最大值，若正实数满足，则的值是___________.【答案】或【解析】【分析】由奇函数的性质及对称轴得函数的周期，再结合已知解析式作出函数图象，由于，由的定义及函数的单调性得出，，，求出与图象交点的横坐标（在上求出，由周期性易得其他值），然后分析推理得出时的值．【详解】因为是奇函数，且图象关于直线对称，所以，所以是周期函数，4是它的一个周期．由奇函数、周期性作出函数的图象，如图．当时，，最大值为1，因此的最大值为1，且，，由于，因此，在上递增，所以若，则，所以，所以，，一定有，否则，从而．由得或，所以图中，，当时，，满足题意， 当时，，满足题意．综上，的值为或．二、选择题（每小题5分，满分20分）13.已知，是平面内的两条直线，是空间的一条直线，则“”是“且”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】【分析】根据线面垂直的判定定理以及定义即可判断．【详解】当时，，所以且；当且，，但，是否相交无法判断，所以可能成立，也可能不成立．综上，“”是“且”的充分不必要条件．故选：A．14.已知双曲线的参数方程为（为参数），则此双曲线的焦距等于（）A.2B.4C.D.【答案】D【解析】【分析】将双曲线的参数方程化为普通方程，即可求出焦距．【详解】由可得，，所以，即 ，所以双曲线的焦距为．故选：D．15.函数是定义域为的奇函数，且对于任意的，都有成立.如果，则实数的取值集合是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】依题意可得在定义域上单调递减，由，则等价于，根据函数的单调性即可得解；【详解】解：因为对于任意的，都有，当时，即，当时，即，即在定义域上单调递减，又是定义域为的奇函数，所以，所以，则，即，即，所以，即不等式的解集为；故选：C16.在数列中，，，.对于命题：①存在，对于任意的正整数，都有.②对于任意和任意的正整数，都有.下列判断正确的是（） A.①是真命题，②也是真命题B.①是真命题，②是假命题C.①是假命题，②是真命题D.①是假命题，②也是假命题【答案】A【解析】【分析】对①，直接令判断即可；对②，利用反证法，先设数列中第一项满足的项为，再推导的大小推出矛盾即可；【详解】对①，当时，易得，，，，，…故数列为2，2，1循环.所以对于任意的正整数，都有成立，故①正确；对②，对于任意，有，，，，设数列中第一项满足的项为，则，此时易得，又，且由题意，恒成立，故，即数列中所有项都满足，故，因为，与矛盾，故对于任意和任意的正整数，都有.故选：A三、解答题（本大题满分76分）17.如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点，，直线与平面所成的角为.（1）求四棱锥的体积；（2）求异面直线与所成的角的大小. 【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）根据直线与平面所成的角可求出，从而得出，再根据四棱锥的体积公式即可解出；（2）取中点，连接，（或其补角）即为异面直线与所成的角，解三角形即可求出．【小问1详解】因为底面，所以直线与平面所成的角为，在中，，，所以，而，所以，因此四棱锥的体积．【小问2详解】如图所示：取中点，连接，因为，所以四边形为平行四边形，即有，所以（或其补角）即为异面直线与所成的角．在中，，，所以，，所以，即异面直线与所成的角为． 18.已知函数是定义域为的奇函数.（1）求实数的值，并证明在上单调递增；（2）已知且，若对于任意的、，都有恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由奇函数的性质可得出，求出，利用函数奇偶性的定义可验证函数为奇函数，再利用函数单调性的定义可证得结论成立；（2）由题意可得，可得出，求得，分、，根据已知条件可得出关于的不等式，综合可得出实数的取值范围.【小问1详解】解：因为函数是定义域为的奇函数，则，解得，此时，对任意的，，即函数的定义域为，，即函数奇函数，合乎题意，任取、且，则，所以，，则，所以，函数在上单调递增.【小问2详解】解：由（1）可知，函数在上为增函数，对于任意、，都有，则， ，因为，则.当时，则有，解得；当时，则有，此时.综上所述，实数的取值范围是.19.如图，某公园拟划出形如平行四边形的区域进行绿化，在此绿化区域中，分别以和为圆心角的两个扇形区域种植花卉，且这两个扇形的圆弧均与相切.（1）若，，（长度单位：米），求种植花卉区域的面积；（2）若扇形的半径为10米，圆心角为，则多大时，平行四边形绿地占地面积最小？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理可得的大小，再根据正弦定理可得，进而求得扇形的半径，从而得到种植花卉区域的面积（2）设，根据直角三角形中的关系可得关于的表达式，从而得到平行四边形的面积表达式，从而根据三角函数的最值求解即可【小问1详解】由余弦定理，，故，又由正弦定理有，故，所以扇形的半径，故种植花卉区域的面积 【小问2详解】设，则，故，，故平行四边形绿地占地面积，因为，故要面积最小，则当，即，时面积取得最小值，即多大时，平行四边形绿地占地面积最小20.已知抛物线焦点为F，准线为l，记准线l与x轴的交点为A，过A作直线交抛物线C于，两点．（1）若，求的值；（2）若M是线段AN的中点，求直线的方程；（3）若P，Q是准线l上关于x轴对称的两点，问直线PM与QN的交点是否在一条定直线上？请说明理由．【答案】（1）（2）（3）在定直线上，理由见解析【解析】【分析】（1）根据焦半径公式即可求出；（2）设直线MN的方程，与抛物线联立即可利用M是线段AN的中点求出m ，从而求出直线的方程；（3）设，即可求出直线PM与QN的方程，联立即可解出交点，从而可以判断交点在定直线上．【小问1详解】根据题意，得因为抛物线，所以准线为，所以；【小问2详解】由题意可知，直线的斜率不为0，故设直线的方程，联立，消去，可得，所以，即，，，而M是线段AN的中点，所以，故，解得，故，解得，所以直线MN的方程为，即；【小问3详解】直线MN的方程，设，则，，联立消去可得：，即 ，整理得：，将，代入得，故，，所以直线PM与QN的交点在定直线上．21.对于项数为m的数列{an}，若满足：1≤a1＜a2＜⋯＜am，且对任意1≤i≤j≤m，aiaj与中至少有一个是{an}中的项，则称{an}具有性质P．（1）分别判断数列1，3，9和数列2，4，8是否具有性质P，并说明理由；（2）如果数列a1，a2，a3，a4具有性质P，求证：a1＝1，a4＝a2a3；（3）如果数列{an}具有性质P，且项数为大于等于5的奇数．判断{an}是否为等比数列？并说明理由．【答案】（1）数列1，3，9具有性质P；数列2，4，8不具有性质P（2）证明见解析（3）等比数列，理由见解析【解析】【分析】（1）利用性质P的定义直接判断求解．（2）a4a4不是数列中的项，一定是数列中的项，a1＝1，求出是数列中的项，从而，由此能证明a4＝a2a3．（3）当数列{an}的项数m＝2k+1，（k∈N，k≥2）时，推导出a1＝1，是数列中的项，，由此入手，能求出结果．【小问1详解】解：∵1×1＝1，，1×3＝3，1×9＝9，，均是1，3，9中的项，∴1，3，9具有性质P， ∵，8×8＝64不是2，4，8中的项，∴数列2，4，8不具有性质P．【小问2详解】证明：∵a4＞1，a4a4＞a4，∴a4a4不是数列中的项，∴一定是数列中的项，∴a1＝1，∵a4a2，a4a3不是数列中的项，∴是数列中的项，∵1≤a1＜a2＜a3＜a4，∴，∴，∴a4＝a2a3．【小问3详解】当数列{an}的项数m＝2k+1，（k∈N，k≥2）时，∵a2k+1＞1，a2k+1a2k+1＞a2k+1∴a2k+1a2k+1不是数列中的项，∴一定是数中的项，∴a1＝1，∵对于满足2≤i≤2k+1的正整数i，都有a2k+1ai＞a2k+1，∴a2k+1ai（2≤i≤2k+1，i∈N）不是数列中的项，∴是数列中的项，又，∴，∴a2k+1＝apa2k+2﹣p＝ap+1a2k+1﹣p（1≤p≤2k+1，p∈N），∴， ∴，∵对于满足3≤i≤2k的正整数i，均有a2kai>a2ka2＝a2k+1，∴，∵，∴，∴，∴.∴对于项数为大于等于5的奇数且具有性质P的数列{an}，是以1为首项，a2为公比的等比数列．