上海市上海中学2022届高三数学下学期高考一模试题（Word版附解析）

上海市上海中学2021-2022学年高三下高考模拟数学试卷1一、填空题（本大题共有12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1.若，则__________．【答案】##【解析】【分析】用二倍角公式展开代入计算.【详解】故答案为：2.__．【答案】【解析】【分析】根据复数运算的相关知识进行求解即可.【详解】．故答案为：.3.某校有教职工200人，男学生1000人，女学生1200人，现用分层抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为n的样本，已知从教职工中抽取的人数为10，则___________．【答案】120【解析】【分析】由分层抽样的定义即可求得【详解】由教职工200人，男学生1000人，女学生1200人得抽取人数比例为，从教职工中抽取的人数为10，故故答案为：120 4.若行列式中第一行第二列元素的代数余子式的值为4，则__.【答案】2【解析】【分析】本题直接根据行列式的代数余子式的定义进行计算，即可得到本题结论.【详解】∵行列式中第一行第二列元素的代数余子式的值为4，∴，∴，∴.故答案为：2.【点睛】本题考查行列式的概念，考查代数余子式的定义，属于基础题．5.的展开式中的系数是__．【答案】4【解析】【分析】根据题意，将式子展开即可得到结果.【详解】，所以的系数是．故答案为:6.已知、、成等差数列，且公差．、、分别是的角、、的对边，则__．【答案】【解析】【分析】根据等差数列确定，，，变换得到，解得答案. 详解】、、成等差数列，且公差，所以，所以，且，即，是直角，，即，即，即，，，解得或（舍去）故答案为：7.正三棱锥的四个顶点同在一个半径为2的球面上，若正三棱锥的侧棱长为，则正三棱锥的底面边长是__．【答案】3【解析】【分析】先画出该三棱锥图像，然后利用边角关系求解即可.【详解】画出正三棱锥的图形如图，三角形的中心为，连接，球的球心，在上，连接，取的中点连接，则，，，，所以，，，底面三角形的高为，底面三角形的边长为，，．故答案为：38.设点、、、为圆上四个互不相同的点，若，且 ，则_______.【答案】【解析】【分析】根据得到过圆的圆心，再利用向量的加法法则得，由向量数量积的几何意义得到等式，最后求得的值.【详解】因为，所以，所以过圆的圆心，所以，因为在向量方向上的投影为：，代入上式得：.故答案为：.【点睛】本题考查向量与圆知识的交会、向量的垂直、加法法则、数量积的几何意义等知识，考查方程思想的运用，求解时注意向量几何意义的灵活运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力.9.中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”.其大意为：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续走了7天，共走了700公里.则这匹马第7天所走的路程为__________里．【答案】【解析】【分析】每天走的里程是等比数列，公比，可得，解得，利用通项公式可得 【详解】每天走的里程是等比数列，公比可得，解得故答案为.【点睛】本题考查了等比数列的性质和求和公式，需要注意的是计算的技巧，属于基础题.10.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C的半径为，圆心在直线l：y＝2x﹣1上，若圆C上存在一点P，使得直线l1：ax﹣y﹣2＝0与直线l2：x+ay﹣2＝0交于点P，则当实数a变化时，圆心C的横坐标x的取值范围是__.【答案】【解析】【分析】先判断出点所在的轨迹，利用点在圆上，表示出圆心距的范围即可求出圆心的横坐标的取值范围【详解】因为直线l1：ax﹣y﹣2＝0与直线l2：x+ay﹣2＝0相互垂直，且分别过定点和，故点在以为直径的圆上运动，直径，半径为，圆心为，又因为点在圆上，故两圆有公共点，所以两圆的圆心距满足，即，解得，故答案为：【点睛】本题考查直线与圆、圆与圆位置关系的应用，考查数学转化思想方法，考查计算能力，属于中档题.11.定义集合．若对任意的，有 恒成立，且存在，使得成立，则实数的取值范围为___．【答案】【解析】【分析】画出可行域，由斜率型和截距型目标函数进行求解即可.【详解】二元一次不等式组表示的可行域如图：则集合为表示图中阴影区域（含边界）的点集，∴，∴，∴若恒成立，则恒成立，∵表示过阴影区域（含边界）内一点与定点的直线的斜率，即，∴当与重合时，取最小值，∴；又∵存在，使得成立，∴的最小值，设，则，当时，画出，平移即得到，当目标函数与边界重合时，在轴的截距取最大值，即取最小值，∴的最小值，∴，综上所述，的取值范围为．故答案为：． 12.已知函数的最小值为3，则的值为_______．【答案】【解析】【分析】将所给函数转化为其他函数，进而通过数形结合得解.【详解】设，则，解得，可知，依题意，的最大值为，如图所示：由，解得或（舍），将点代入，则，解得.故答案为：.【点睛】本题考查函数图象的运用，考查转化思想及数形结合思想，解决本题的难点在于将所给函数转化为取大函数，属于难题． 二、选择题（本大题共有4小题，满分20分，每题5分）13.中，“为锐角”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】由三角形的几何性质和任意角的三角函数的定义结合充分性和必要性进行辨析即可.【详解】在中，由“为锐角”，易得“”，∴“为锐角”是“”的充分条件；在中，由“”，不能得出“为锐角”（如，为直角，实际上，当时，恒成立），∴“为锐角”不是“”的必要条件；综上所述，“为锐角”是“”的充分不必要条件.故选：A．14.两人掷一枚硬币，掷出正面多者为胜，但这枚硬币质地不均匀，以致出现正面的概率与出现反面的概率不相等，已知出现正面与出现反面是对立事件，设两人各掷一次成平局的概率为，则与0.5的大小关系是（）A.B.C.D.不确定【答案】C【解析】【分析】由已知得，利用作差法能比较P与0.5的大小关系.【详解】这枚硬币质地不均匀，以致出现正面的概率与出现反面的概率不相等，出现正面与出现反面是对立事件，设两人各掷一次成平局的概率为，所以，因且，所以，所以．故选：C． 15.设函数与的定义域为，且单调递增，，，若对任意，恒成立，则（）A.都是减函数B.都是增函数C.是增函数，是减函数D.是减函数，是增函数【答案】B【解析】【分析】根据单调递增，不妨设，可得，结合已知可得且，由此利用函数单调性定义判断，的正负，可得答案.【详解】不妨设,，因为单调递增，所以，由于，所以且，即且，则，所以是增函数，同理,故也是增函数．故选：B．16.已知点F为抛物线的焦点，点K为点F关于原点的对称点，点M在抛物线C上，则下列说法错误的是（）A.使得为等腰三角形的点M有且仅有4个B.使得为直角三角形的点M有且仅有4个 C.使得的点M有且仅有4个D.使得的点M有且仅有4个【答案】C【解析】【分析】为等腰三角形，考虑两边相等，结合图形，可得有4个点；为直角三角形，考虑直角顶点，结合图形，可得有4个点；考虑直线，与抛物线的方程联立，解方程可得交点个数；由对称性可得有2个；考虑直线，代入抛物线的方程，解方程可得交点个数，由对称性可得点有4个．【详解】由为等腰三角形，若，则有两个点；若，则不存在，若，则有两个点，则使得为等腰三角形的点有且仅有4个；由中为直角的点有两个；为直角的点不存在；为直角的点有两个，则使得为直角三角形的点有且仅有4个；若的在第一象限，可得直线，代入抛物线的方程可得，解得，由对称性可得在第四象限只有一个，则满足的有且只有2个；使得的点在第一象限，可得直线，代入抛物线的方程，可得，，可得点有2个； 若在第四象限，由对称性可得也有2个，则使得的点有且只有4个．故选：C三、解答题（本大题共5题，满分76分）17.已知角为锐角，且．（1）求的值；（2）求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据题意，化简，得出，利用角进而求解.(2)根据，利用平方关系求出和，再结合两角差的正弦公式求解即可.【小问1详解】由题知，为锐角，所以，，因为，两边同时除以，得，所以【小问2详解】由(1)知，，又，为锐角，所以，，所以． 18.如图，正三棱柱的底面边长为，点在边上，是以点为直角顶点的等腰直角三角形．（1）求证：点为边的中点；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）详见解析；（2）．【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形，可得且，根据三垂线定理可知，而底面为边长为的正三角形，则即可证得点为边的中点；（2）过点作，根据线面垂直的判定定理可知平面，平面，则即为点到平面的距离，根据等面积法可求出的长．【详解】（1）证：为以点为直角顶点的等腰直角三角形，且，三棱柱，底面，在底面内射影为，，底面为边长为正三角形，点为边的中点；（2）解：由（1）知平面，则平面平面．在平面内过点作于， 且平面平面，∴平面，∴即为到平面的距离，在正三角形内，∵，∴，则，在中，，则，∴，∴到平面的距离为．【点睛】本题主要考查点线的位置关系，以及点到平面的距离，同时考查了空间想象能力和计算能力，以及转化与化归的思想，属于中档题．19.某公司生产一种电子仪器的固定成本为元，每生产一台仪器需增加投入元，已知总收益满足函数，其中是仪器的月产量．（1）将利润表示为月产量的函数；（2）当月产量为何值时，公司所获利润最大？最大利润为多少元？（总收益＝总成本＋利润） 【答案】（1）（2）每月生产台仪器时利润最大，最大利润为元【解析】【分析】（1）根据，利润＝总收益-总成本，根据题意表示出总成本，用-总成本即可;（2）分别讨论和时的最大利润，进行比较即可.【小问1详解】设月产量为台，则总成本为，从而；【小问2详解】当时，，∴当时，，当时，是减函数，，∴当时，，即每月生产台仪器时利润最大，最大利润为元．20.椭圆C：离心率为，以椭圆C的上顶点T为圆心作圆T：，圆T与椭圆C在第一象限交于点A，在第二象限交于点B． （1）求椭圆C的方程；（2）求的最小值，并求出此时圆T的方程；（3）设点P是椭圆C上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，O为坐标原点，求证：为定值．【答案】（1）（2），（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求出的值，根据，从而求出椭圆的方程即可；（2），，求出的表达式，根据二次函数的性质求出其最小值，从而求出点坐标；（3）设，则PA的方程为，分别求出，的值，从而证明为定值.【小问1详解】解：由题意知，，，所，，得，，，故椭圆C的方程为． 【小问2详解】点A与点B关于y轴对称，设，，由点A在圆C上，则，因为，得，所以，由题意得当时，取最小值，此时，故，又点A在圆T上，代入圆的方程，得故圆T的方程是．【小问3详解】证明：设，则PA的方程为令，得，同理故，①因为P，A都在椭圆C上所以，，代入①可得：，即得．21.对于数列，若存在正数，使得对任意，，都满足，则称数列符合“条件”.（1）试判断公差为2的等差数列是否符合“条件”？（2）若首项为1，公比为的正项等比数列符合“条件”.求的范围；（3）在（2）的条件下，记数列的前项和为，证明：存在正数，使得数列符 合“条件”.【答案】（1）符合（2）（3）证明见解析【解析】【分析】(1)将代入即可得证；(2)由“正项等比数列”分成，，三类，结合数列单调性进行分析求证；(3)时，，即可成立；当时，设，则等价于证明即可.【小问1详解】因为是等差数列且公差为2，所以，所以对任意，，，恒成立，所以数列符合“条件”.【小问2详解】因为，所以.若，则，数列符合“条件”；若，因为数列递增，不妨设，则，即，设，由式中的，任意性得数列不递增，所以，，则当时，，矛盾.若，则数列单调递减，不妨设，则，即， 设，由式中的，任意性得，数列不递减，所以，.因为时，单调递增，所以，因为，所以.综上，公比的范围为.【小问3详解】由（2）得，，，当时，，要存在使得，只要即可.当时，要证数列符合“条件”，只要证存在，使得，，不妨设，则只要证，只要证.设，由，的任意性，只要证，只要证，，因为，所以存在，上式对成立.所以，存在正数，使得数列符合“条件”.【点睛】思路点睛：对于数列中的恒成立或存在性问题，通常结合条件进行分类讨论，构造合适的函数模型，借助函数性质进行判断.