上海市金山区2021-2022学年高三数学下学期二模试题（Word版附解析）

金山区2021学年第二学期质量监控高三数学试卷一､填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.1.已知集合，若，则实数的值为__________.【答案】0【解析】【分析】解方程即得解.【详解】解：因为，所以（舍去）或，所以.故答案为：02.已知（为虚数单位），则___________.【答案】##【解析】【分析】根据复数代数的四则运算计算即可.【详解】,.故答案为：.3.在正项等比数列中，，，则的公比为___________.【答案】3【解析】【分析】由题设知等比数列公比，根据已知条件及等比数列通项公式列方程求公比即可.【详解】由题设，等比数列公比，且，所以，可得或（舍），故的公比为3.故答案为：3 4.的二项展开式中项的系数为__________.（结果用数字作答）【答案】24【解析】【分析】利用二项式展开式的通项公式，即可求得答案.【详解】由题意可得的通项公式为：，故项的系数为，故答案为：245.若正方体的棱长为，则顶点到平面的距离为__．【答案】【解析】【分析】连接，设，进而可证明平面，再由已知棱长求得即为答案．【详解】解：如图，在正方体中，由正方体的结构特征可知平面，因为平面，所以连接，设，则，因为，平面，所以，平面，即平面，所以，即为顶点到平面的距离，因为正方体的棱长为，所以，．故答案为：． 6.不等式组表示的平面区域的面积等于__________.【答案】25【解析】【分析】画出可行域，再分别求得可行域的顶点，进而求得底和高即可【详解】画出可行域如图，解得，解得,解得，故，到的距离为，故不等式组，表示的平面区域的面积等于故答案为：7.已知向量，则函数的单 调递增区间为__________.【答案】【解析】【分析】根据数量积的坐标公式，结合三角恒等变换公式化简可得，再求解单调递减区间，结合求解即可【详解】由题意，，故的单调递增区间：，即，故在的单调递增区间为故答案为：8.将一枚骰子先后抛两次，则向上的点数之积为12的概率为__________.（结果用最简分数表示）【答案】【解析】【分析】将一枚骰子先后抛两次，先计算所有可能的情况数，再分析其中向上的点数之积为12的情况数，进而求得概率即可【详解】由题意，将一枚骰子先后抛两次，所有可能的情况有种，其中向上的点数之积为12的情况有共4种情况，故向上的点数之积为12的概率为故答案为：9.过抛物线的焦点且斜率为的直线交抛物线于A，两点，，则的值为__________． 【答案】2【解析】【分析】求出直线的方程，与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系可，，由抛物线的定义可知，，，即可得到．【详解】解：抛物线的焦点，，准线方程为，设，，，，则直线的方程为，代入可得，，，由抛物线的定义可知，，，，解得．故答案为：2．10.已知平面向量满足，若关于的方程有实数解，则面积的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】对两边平方有有解，再利用基本不等式可得，进而求得面积的最大值即可【详解】设，因为，故，则，显然，对两边平方有，即有解，因为 ，当且仅当，即时取等号.故，则面积的最大值为，当且仅当时取等号.故答案为：11.已知数列的前项和为，满足，函数定义域为，对任意都有.若，则的值为__________.【答案】【解析】【分析】先根据得出周期为4，再根据，结合通项与前项和的关系可得，再结合二项式定理求得除以4的余数，进而求得即可【详解】因为，，，，…易得周期为4.又由，，两式相减，即，又当时，，解得，故数列是以为首项，3为公比的等比数列，故，.又，故 除以4的余数为，故故答案为：12.设，若存在，使成立的最大正整数为9，则实数的取值范围是__________.【答案】##【解析】【分析】依题意，分类讨论作出函数简图，求得最值解不等式组即可【详解】依题意（1）当时,函数草图如下图所示, 此时,,则满足条件;（2）当时,函数草图如下图所示,此时,,则无解（3）当时,函数草图如下图 此时,,,则,无解;（4）当时,函数草图如下图所示,此时,,, 则解得,满足条件故答案为：二､选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.13.“”是“方程表示的曲线为双曲线”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】C【解析】【分析】根据双曲线的方程以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】当，则且或且，此时方程表示的曲线一定为双曲线；则充分性成立；若方程表示的曲线为双曲线，则，则必要性成立，故选：.14.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（）A.若，则B若，则C.若，则D.若，则【答案】B【解析】【分析】在正方体中取直线和平面可排除ACD，由线面垂直的性质可得B正确. 【详解】在正方体中，记底面ABCD为，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为，EF为m，平面CDHG为，故排除C；记底面ABCD为，BF为m，平面ABFE为，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.故选：B15.某地教育局为了解“双减”政策的落实情况，在辖区内高三年级在校学生中抽取100名学生，调查他们课后完成作业的时间，根据调查结果绘制如下频率直方图.根据此频率直方图，下列结论中不正确的是（）A.所抽取的学生中有25人在2小时至小时之间完成作业B.该地高三年级学生完成作业的时间超过3小时的概率估计为C.估计该地高三年级学生的平均做作业的时间超过小时D.估计该地高三年级有一半以上的学生做作业的时间在2小时至3小时之间【答案】D【解析】【分析】对A，利用直方图中2小时至小时之间的频率判断A;对B，计算超过3小时的频率可判断B;对C，根据直方图中平均数的公式计算，可判断C; 对D，计算做作业的时间在2小时至3小时之间的频率，可判断D.【详解】对A，直方图中2小时至小时之间的频率为，故所抽取的学生中有25人在2小时至小时之间完成作业，故A正确；对B，由直方图得超过3小时的频率为,所以B正确；对C，直方图可计算学生做作业的时间的平均数为：，所以C正确；对D，做作业的时间在2小时至3小时之间的频率为，所以D错误.故选:D．16.对于定义在上函数，若同时满足：（1）对任意的，均有；（2）对任意的，存在，且，使得成立，则称函数为“等均”函数.下列函数中：①；②；③；④，“等均”函数的个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】按照“等均”函数的定义，对四个函数一一验证，即可判断.【详解】对于①：因为,所以的定义域为R.对任意的，,满足(1)；所以存在,使得,满足(2).所以为“等均”函数.对于②：因为,所以的定义域为.所以当时， ，此时不存在,不满足(1)；所以不“等均”函数.对于③：因为,所以的定义域为.对任意的，,满足(1)；.若满足,则有所以.又因为，所以，所以，满足且.所以为“等均”函数.对于④：因为,所以的定义域为R.对任意的，,满足(1)；.若满足,则有设，则，所以在R上单调递减，所以，此时不满足（2）.所以不是“等均”函数.故“等均”函数的个数是2.故选：B. 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，已知四棱锥的底面是梯形，平面，（1）求四棱锥的体积；（2）求直线与平面所成角的大小.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用棱锥的体积公式求体积即可.（2）构建空间直角坐标系，求直线方向向量和面的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求线面角.【小问1详解】由题设，，又平面，所以，即四棱锥的体积为.【小问2详解】以为原点，射线分别为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，则.设是平面的一个法向量，则由， 得，取，得.设直线与平面所成的角为，向量与所成的角为，则，故所以直线与平面所成角的大小为.18.在中，角、、所对的边分别为、、.已知，且为锐角.（1）求角的大小；（2）若，证明：是直角三角形.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角可解得，再由为锐角即可求解（2）利用正弦定理边化角之后再消元，可得，再结合的范围即可得证【小问1详解】由正弦定理可知，， 又在中，，即，为锐角，.【小问2详解】所以由正弦定理得：，又，即，，故可得，即为直角三角形.19.经过市场调研发现，某公司生产的某种时令商品在未来一个月（30天）内的日销售量（百件）与时间第天的关系如下表所示：第天131030日销售量（百件）23未来30天内，受市场因素影响，前15天此商品每天每件的利润（元）与时间第天的函数关系式为，且为整数，而后15天此商品每天每件的利润元与时间第天的函数关系式为（，且为整数）. （1）现给出以下两类函数模型：①（为常数）；②为常数，且.分析表格中的数据，请说明哪类函数模型更合适，并求出该函数解析式；（2）若这30天内该公司此商品的日销售利润始终不能超过4万元，则考虑转型.请判断该公司是否需要转型？并说明理由.【答案】（1）选择函数模型①，其解析式为（且为整数）（2）这30天内日利润均未能超过4万元，该公司需要考虑转型，理由见解析【解析】【分析】（1）将将以及分别代入对应的函数模型，求得对应的函数解析式，再代入计算判断是否满足即可；（2）记日销售利润为，根据一次函数与二次函数的单调性分析的最大值，判断与4万元的大小关系判断即可【小问1详解】若选择模型（1），将以及代入可得解得，即，经验证，符合题意；若选择模型（2），将以及代入可得，解得，即，当时，，故此函数模型不符题意，因此选择函数模型（1），其解析式为（且为整数）【小问2详解】记日销售利润为， 当且为整数时，，对称轴，故当时，利润取得最大值，且最大值为392（百元）当且为整数时，，当时，利润单调递减，故当时取得最大值，且最大值为（百元）所以，这30天内日利润均未能超过4万元，该公司需要考虑转型.20.已知椭圆的左､右焦点分别为，设是第一象限内椭圆上一点，的延长线分别交椭圆于点，直线与交于点.（1）求的周长；（2）当垂直于轴时，求直线的方程；（3）记与的面积分别为，求的最大值.【答案】（1）8（2）（3）【解析】【分析】（1）利用椭圆的定义求解；（2）根据，得到，然后由直线的方程与椭圆方程联立，求得的坐标即可； （3）设，直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理得到，同理得到，然后由求解.另解令求解.【小问1详解】解：由椭圆的定义知，，所以的周长为8.【小问2详解】因为，故，直线的方程为.联立解得或即从而，直线的方程为，即.【小问3详解】设.设直线的方程为，其中.联立消去得 则.又，即，故.同理，.于是，，又，故，当且仅当，即时等号成立.故的最大值为.另解：令，则.当且仅当，即.故的最大值为. 21.对于集合且，定义且.集合A中的元素个数记为，当时，称集合A具有性质.（1）判断集合是否具有性质，并说明理由；（2）设集合，且具有性质，若中的所有元素能构成等差数列，求的值；（3）若集合A具有性质，且中的所有元素能构成等差数列，问：集合A中的元素个数是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）集合具有性质，集合不具有性质，理由见解析（2）的值分别为4，5或5，9（3）存在最大值，最大值为4【解析】【分析】（1）根据集合A具有性质的定义进行判断，可得答案；（2）写出中的所有元素，分类讨论，结合等差数列的性质，列出相应的方程组，解得答案；（3）一数列新定义得在集合中，，得到，由此分类讨论，可确定n的取值，可得答案.【小问1详解】，故集合具有性质.故集合不具有性质【小问2详解】因集合具有性质，故.（i）若， 则,解得,经检验，符合题意，故的值分别为4，5.（ii）若，则,解得,经检验，符合题意，故的值分别为5，9.【小问3详解】不妨设，则在集合中，.又中所有元素能构成等差数列，设公差为，则，即，故.当时，是集合A中互不相同的4项，从而，与集合A具有性质矛盾.当时，，即成等差数列，且公差也为，故中的元素从小到大的前三项为，且第四项只能是或.（i）若第四项为，则，从而，于是，故，与集合A具有性质矛盾.（ii）若第四项为，则，故.另一方面，，即. 于是，故，与集合具有性质矛盾.因此，.由（2）知，时，存在集合A具有性质，故集合中的元素个数存在最大值，最大值为4.【点睛】本题考查了数列的新定义问题，综合考查了学生的阅读理解接受并理解新信息的能力，解答的关键是理解新定义的含义并能依此解决问题，其中还要注意分类讨论与整合的思想方法.