上海市2021-2022学年高三数学下学期二模试题（Word版附解析）

2022届上海市高三数学二模模拟试卷满分：150分时间：120分钟一．填空题：1.已知集合，，则_________.【答案】【解析】【分析】求出集合，利用并集的定义可求得结果.【详解】，因此，.故答案为：.2.已知，且，那么_____【答案】【解析】【分析】由已知得，利用同角三角函数基本关系求解可得.【详解】因为即，又，联立求解得：因为，>0，故，故答案为：【点睛】本题考查同角三角函数基本关系，属于基础题.3.若复数z满足，则z对应的点位于第_________象限.【答案】二 【解析】【分析】根据复数的四则运算及复数的几何意义即可求解.【详解】由，得所以复数z对应复平面点为，所以z对应的点位于第二象限.故答案为：二.4.已知对，不等式恒成立，则实数的最大值是_________.【答案】不存在【解析】【分析】利用参变量分离法结合基本不等式求出的取值范围，即可得解.【详解】由已知可得，，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，，故实数的最大值不存在.故答案为：不存在.5.的展开式共有11项，则常数项为_________.【答案】##【解析】【分析】先求出，通过展开式通项公式求出常数项.【详解】由题意得：，则展开式通项公式，令，解得：，则.故答案为：6.如图，在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，终边分别是射线OA和射线OB，射线OA，OC与单位圆的交点分别为，．若，则 的值是_________．【答案】【解析】【分析】先根据终边和终边上的点求出对应函数值，进一步利用余弦的和差公式直接得出结论.【详解】解析依据题意得知，，，，．故答案为：．7.如图1，已知正方体的棱长为2，M，N，Q分别是线段上的动点，当三棱锥Q-BMN的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为_______________.【答案】##1.5【解析】【分析】根据三棱锥Q-BMN的正视图确定M，N，Q的位置，从而得到其俯视图为等腰三角形，再计算面积； 【详解】由题意得：点为的中点，点为中点，点与重合，其俯视图为三角形，如图所示，故答案为：8.某大学计算机系4名学生和英语系的4名学生准备利用暑假到某偏远农村学校进行社会实践活动，现将他们平均分配到四个班级，则每个班级既有计算机系学生又有英语系学生的概率是_____________________.【答案】【解析】【分析】先计算总共有种选法，再计算满足条件的，最后按照古典概型计算概率即可.【详解】8人平均分到4个班级共有种选法，每个班级既有计算机系学生又有英语系学生共有种分法，故概率为.故答案为：.9.已知直线与双曲线交于A，B两点，以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，若三角形ABF的面积为，则双曲线的渐近线方程为_________. 【答案】【解析】【分析】由题意可得AB为直径的圆的方程为，圆也过左焦点，四边形为矩形，然后由双曲线的定义可得，由勾股定理可得，再由三角形ABF的面积为，可得，三式相结合可求得，从而可得，进而可求得渐近线方程【详解】因为以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，所以AB为直径的圆的方程为，圆也过左焦点，因为与相等且平分，所以四边形为矩形，所以，设，则，所以，因为所以，因为三角形ABF的面积为，所以，得所以，得，所以，所以，得，所以双曲线的渐近线方程为，故答案为： 10.已知数列中，，则下列说法正确的序号是_________.①此数列没有最大项；②此数列的最大项是；③此数列没有最小项；④此数列的最小项是.【答案】②【解析】【分析】根据题意，分析函数，由此分析数列的单调情况，据此分析即可求解.【详解】由，得，对于函数，，设，则，当，即时，函数取得最大值， 当时，，函数为增函数，当时，，函数为减函数，所以数列中，当时，数列递增，且，当时，数列递减，此时有，所以数列的最大项是，最小项为.故答案为：②.11.已知方程，以下说法正确的是___________.（1）此方程中，的取值范围都是；（2）此方程所对应图像关于对称；（3），对，存在，使.【答案】（2），（3）【解析】【分析】（1）利用对数的运算律，方程可转化为或，结合对数的定义域，即可判断；（2）若满足方程，代入可证明也满足方程，即可判断；（3）转化方程为结合单调性和，的取值范围，即可判断.【详解】（1）由题意，根据对数的定义且，即由于，同理，由于， 故此方程中，的取值范围都是，即说法错误；（2）若满足方程，即则代入为，也满足方程故方程所对应图像关于对称，说法正确；（3）由（1）可得方程可转化为又，由反比例函数的性质可知在单调递减若，当，有故取即满足条件即，对，存在，使，说法正确故答案为：（2），（3）12.已知平面向量，，满足，，则对任意的，的最小值记为M，则M的最大值为________.【答案】【解析】【分析】由题意设，，，，化为，它表示圆；由表示该圆上的点到点的距离，即到直线的距离，求得的最大值为．详解】由平面向量，，满足，则与的夹角为，设，，，，由， 得，化简得，它表示以点，为圆心，以为半径的圆；又表示圆上的点到点的距离，即到直线的距离；由题得距离的最小值为，由圆心，到直线的距离为，得的最大值为．故答案为：．【点睛】本题考查了平面向量的数量积应用问题，也考查了转化思想与数形结合应用问题，是难题．二．选择题：13.已知是定义在上的函数，那么“函数在上单调递增”是“函数在上的最大值为”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系.【详解】若函数在上单调递增，则在上的最大值为，若在上的最大值为， 比如，但在为减函数，在为增函数，故在上的最大值为推不出在上单调递增，故“函数在上单调递增”是“在上的最大值为”的充分不必要条件，故选：A.14.在中，，，设，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，利用平面向量的线性运算法则，化简得到,结合题设条件，得到，即可求解.【详解】在三角形中，，，可得因为，所以，所以.故选：C.15.已知等差数列的前项和为，若，且，则下列说法中正确的是（） A.为递增数列B.当且仅当时，有最大值C.不等式的解集为D.不等式的解集为【答案】C【解析】【分析】根据已知求出首项和公差即可依次判断.【详解】由，知，即，设等差数列的首项，公差，，解得，对于A，由，知为递减数列，故错误；对于B，由，知当或时，有最大值，故B错误；对于C，由等差数列求和公式知，即，解得，即，故C正确；对于D，由等差数列求通项公式知，解得，故D错误；故选：C.16.已知定义域为的奇函数的周期为，且时，，若函数在区间（且）上至少有5个零点，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】作出函数与函数在（且）上的图象，可知 ，数形结合可知函数与函数在区间、上各有一个交点，由此得出的最小值.【详解】当时，，，因为函数是定义域为的奇函数，则，因为函数的周期为，由可得，函数的最小正周期为，作出函数与函数在（且）上的图象如下图所示：因为，且函数与函数在区间、上各有一个交点，因此，的最小值为.故选：A.三．解答题：17.已知函数.（1）求的最小正周期； （2）若在区间上的最小值为，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得结果；（2）由求得，分析可知，可得出关于实数的不等式，即可得解.【小问1详解】解：因为，所以，函数的最小正周期为.【小问2详解】解：当时，，因为函数在直线左侧的第一个最小值点为，故，即，解得.因此，实数的最大值为.18.已知数列为等比数列,数列满足,且.设为数列的前项和.（1）求数列､的通项公式及;（2）若数列满足,求的前项和. 【答案】（1）,,,；（2）【解析】【分析】(1)由已知得,可得出数列为等差数列，求得其公差，可得数列的通项公式，及，再由对数的运算可得数列的通项公式;(2)由（1）得,根据错位相减法求得数列的前项和，再分当时和当时分别求得.【详解】(1)对,则,因为为等比数列,则为定值.则为定值,则数列为等差数列.,则,,,;(2),设,为数列的前项和,则有:(*)式(**)式,得: ,.当时,;当时,,即【点睛】本题考查等差数列，等比数列的通项公式，前n项和的求解方法，以及运用错位相减法求数列的和，属于中档题.19.如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD//BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）（3）直线AG不在平面AEF内，详见解析．【解析】 【分析】（1）由题可证PA⊥CD，从而可证CD⊥平面PAD；（2）以A为坐标原点如图建立空间直角坐标系A-xyz，求出平面AEF的法向量后可求二面角的余弦值；（3）利用与平面的法向量是否垂直可得解.【小问1详解】因为平面，平面，所以PA⊥CD，又因为AD⊥CD，，所以CD⊥平面PAD.小问2详解】过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD，平面，所以PA⊥AM，PA⊥AD，以A为坐标原点如图建立空间直角坐标系A-xyz.则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，因为E为PD的中点，所以E(0，1，1)，所以，，，，所以，.设平面AEF的法向量为， 则即，令，则，，故，又平面PAD的法向量为，所以，∴二面角平面角余弦值为.【小问3详解】直线AG不在平面AEF内，理由如下：因为点G在PB上，且，故，所以，.由（2）知，平面AEF的法向量，所以，所以直线AG不在平面AEF内.20.在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，焦距与长轴之比为，、分别是椭圆的上、下顶点，是椭圆上异于、的一点.（1）求椭圆的方程； （2）若点在直线上，且，求的面积；（3）过点作斜率为的直线分别交椭圆于另一点，交轴于点，且点在线段上（不包括端点、），直线与直线交于点，求的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）设点、，利用可得出点的坐标，将点的坐标代入椭圆方程，可得出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积；（3）设、，设直线的方程为，其中，则，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，写出直线、的方程，求出点的纵坐标，即可求得的值.【小问1详解】解：由已知可得，可得，所以，椭圆的方程为.【小问2详解】解：设点、，易知、，，， 由可得，解得，即点，因为点在椭圆上，则，可得，因此，.【小问3详解】解：设、，设直线的方程为，其中，则，联立，可得，，由韦达定理可得，，，直线的方程为，，直线的方程为，可得，解得，即点，因此，.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．21.对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“ 类函数”.（1）已知函数，试判断是否为“类函数”？并说明理由；（2）设是定义域上的“类函数”，求实数m的取值范围；（3）若为其定义域上的“类函数”，求实数取值范围.【答案】（1）是，理由见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据题意，得到，利用三角恒等变换化简，得，得到存在满足，即可作出判断；（2）利用为“类函数”，得出，令，得到方程在有解可保证为“类函数”，分离参数即可求解；（3）由为其定义域上的“类函数”，得到存在存在实数，满足，根据分段函数的解析式，结合函数单调性，分类讨论即可求解.【小问1详解】由题意，函数在定义域内存在实数，满足，可得，即，化简整理，得，解得，所以存在满足 所以函数是“M类函数”；【小问2详解】当时，可化为，令，则，所以方程在有解可保证是“类函数”，即在)有解可保证是“类函数”，设在为单调递增函数，所以当时，取得最小值为即，解得.所以实数的取值范围为；【小问3详解】由在上恒成立，转化为在上恒成立，即所以.因为为其定义域上的“类函数”，所以存在实数使得，当时，则，所以，所以，即在)有解可保证是“类函数”设在为单调递增函数， ，即，解得；当时，，此时，不成立；当时，则，所以，所以，即在)有解可保证是“类函数”设在单调递减函数，，即，解得.综上所述，实数的取值范围为.【点睛】解决本题的关键准确理解函数的新定义“类函数”的含义，然后将问题转化为有解问题，结合函数的单调性即可求解.