上海市闵行区2022届高考数学二模试题（Word版附解析）

闵行区2021学年第二学期高三年级质线下二模2022.06一､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.设全集，集合，则___________；【答案】【解析】【分析】先计算方程，求出，从而求出补集.【详解】由解得：，所以，故故答案为：2.不等式的解集为___________；【答案】【解析】【分析】利用指数函数单调性解不等式，求出解集.【详解】即，解得：故答案为：3.若为纯虚数（为虚数单位），则实数___________；【答案】-1【解析】【分析】先利用复数的除法法则化简得到，根据为纯虚数，得到方程，求出，检验后得到答案.【详解】，因为为纯虚数， 所以，解得：，此时，符合要求，故答案为：-14.已知的反函数的零点为2，则实数的值为___________；【答案】4【解析】【分析】根据反函数之间的关系求解即可.【详解】的零点为2，即的图象过点（2，0），所以的图象过点（0，2），即，解得，故答案为：45.某学校志愿者协会有高一年级120人，高二年级100人，高三年级20人，现用分层抽样的方法从中抽取一个容量为的样本，若从高二年级100人中抽取的人数为10，则___________；【答案】24【解析】【分析】由分层抽样等比例性质求样本容量.【详解】由题意，，可得.故答案为：246.已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.【答案】2【解析】【分析】求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.【详解】设圆柱的高为，底面半径为，则体积为，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为，因为高不变，故体积，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为，扩大后的圆柱侧面积为，故侧面积扩大为原来的2倍. 故答案为：27.若函数的图像向右平移个单位后是一个奇函数的图像，则正数的最小值为___________；【答案】##【解析】【分析】先用辅助角公式得到，求出平移后的解析式，根据奇偶性得到，从而当时，求出的最小值.【详解】，向右平移个单位后解析式为，则要想使得为奇函数，只需，解得：，因为，所以，，解得：，，当时，正数取得最小值，所以.故答案为：8.若数列满足，且存在，则___________；【答案】9【解析】【分析】由题设有，令有，解方程即可得结果.【详解】由题意，，则，又存在，故，令，则， 所以，可得或（舍），所以.故答案为：99.核酸检测是疫情防控的一项重要举措.某相邻两个居民小区均计划在下月的1日至7日这七天时间内，随机选择其中的连续三天做核酸检测，则这两个居民小区至少有一天同时做核酸检测的概率为___________；【答案】##0.76【解析】【分析】先求出在下月1日至7日这七天时间内，随机选择其中的连续三天做核酸检测，两个居民小区总的选择情况，再计算出两个小区没有一天同时做核酸的情况，相减后得到两个居民小区至少有一天同时做核酸的情况，进而求出相应的概率.【详解】在下月的1日至7日这七天时间内，随机选择其中的连续三天做核酸检测，两个居民小区均有5种选择，分别为1日至3日，2日至4日，3日至5日，4日至6日，5日至7日，故总的情况有种，其中两个小区没有一天同时做核酸的情况有一个小区选择1日至3日，另一个小区选择4日至6日或5日至7日，一个小区选择2日至4日，另一个小区选择5日至7日，共有3种情况，再进行排列，所以共有种情况，则两个居民小区至少有一天同时做核酸的情况个数为，所以两个居民小区至少有一天同时做核酸的概率为故答案为：10.已知函数的定义域为，且对任意实数，都满足，则实数___________；【答案】1【解析】 【分析】根据条件得到，即为偶函数，根据列出方程，求出实数的值.【详解】因为的定义域为R，所以恒成立，故，又因为对任意实数，都满足，则对于实数，都满足，所以，所以为偶函数，从而，化简得：，要想对任意，上式均成立，则，解得：故答案为：111.已知双曲线的实轴为，对于实轴上的任意点，在实轴上都存在点，使得，则双曲线的两条渐近线夹角的最大值为___________；【答案】【解析】【分析】通过分析得到，设渐近线与x轴的夹角为，则，求出，从而求出双曲线的两条渐近线夹角的最大值.【详解】对于实轴上的任意点，在实轴上都存在点，使得，当点位于原点时，则要，才能满足要求，所以，设渐近线与x轴的夹角为，则， 因为，则双曲线的两条渐近线夹角为，故答案为：12.已知无穷等比数列的各项均为正整数，且，则满足条件的不同数列的个数为___________；【答案】13【解析】【分析】对题干条件变形得到，整理后得到，得到能整除，且，因为，所以，求出满足条件的不同数列的个数.【详解】由题意得：此等比数列的公比，由得：，则，即，所以能整除，且因为，所以，解得：，经检验，均满足要求，故满足条件的不同数列的个数为13个.故答案为：13【点睛】本题的关键点为化简整理得到，结合能整除，且，，从而得到 ，求出答案..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，将代个正确选项的小方格涂黑.13.参数方程（其中）表示的曲线为（）A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线【答案】D【解析】【分析】将参数方程化为普通方程即可得到结果.【详解】由参数方程可得曲线普通方程为：，曲线为抛物线.故选：D.14.“角的终边关于轴对称”是“"的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条许D.既不充分也不必要各件【答案】B【解析】【分析】先证明充分性，再举出反例说明必要性不成立，得到答案.【详解】由角的终边关于轴对称，则，可知，即成立，充分性成立；当时，角的终边关于轴对称或，所以“角的终边关于轴对称”是“”的充分不必要条件，故选：B.15.已知是平面内不共线的三点，点满足为实常数，现有下述两个命题：（1）当时，满足条件的点存在且是唯一的；（2）当时，满足条件的点不存在.则说法正确的一项是（）A.命题（1）和（2）均为真命题B.命题（1）为真命题，命题（2）为假命题 C.命题（1）和（2）均为假命题D.命题（1）为假命题，命题（2）为真命题【答案】A【解析】【分析】时，题干条件变形得到，由向量基本定理得到满足条件的点存在且是唯一；当时，条件变形得到，得到三点共线，与已知矛盾，故（2）为真命题.【详解】当时，，所以，所以，因为不共线，由向量的基本定理得：满足条件的点存在且是唯一，①正确；当时，，即，所以∥，因为，有公共点，所以三点共线，这与题干条件是平面内不共线的三点相矛盾，故满足条件的点不存在，（2）为真命题.故选：A16.已知直线与圆有公共点，且公共点的横､纵坐标均为整数，则满足的有（）A.40条B.46条C.52条D.54条【答案】A【解析】【分析】通过分析得出圆上的整数点共有12个，由直线为截距式，先排除掉关于原点对称的两点所连直线，关于x轴对称的两点所连直线（不含），关于y轴对称的两点所连直线（不含），再结合变形为，利用几何意义得到原点到直线的距离小于等于， 利用垂径定理，弦长越小，原点到直线的距离越大，故先求解最小弦长，进而求出原点到此类直线的距离，与比较后发现不合要求，进而继续求解第二小弦长，第三小弦长，求出原点到每类直线的距离，与比较得到结论，利用组合知识求出答案.【详解】圆上的整数点共有12个，分别为，如图所示，由题意可知：直线的横、纵截距都不为0，即与坐标轴不垂直，不过坐标原点，所以关于原点对称的两点所连直线不合题意，有6条，舍去，关于x轴对称的两点所连直线（不含）不合题意，有4条，舍去，关于y轴对称的两点所连直线（不含）不合题意，有4条，舍去其中变形为，几何意义为原点到直线的距离小于等于，这12个点所连的直线中，除去以上不合要求的直线外，根据弦长从小到大分为类，以下为具体情况：①，弦长为的直线有4条， 此时原点到此类直线的距离为，不合要求，舍去②，弦长为直线有8条，此时原点到此直线的距离为，不合要求，舍去③，弦长为的直线有8条，此时原点到此直线的距离为，满足要去，④其他情况弦长均大于，故均满足要求，由组合知识可知：满足要求的直线条数为：故选：A【点睛】对于比较复杂一些的排列组合知识，直接求解比较困难的时候，可以先求解出总的个数，再减去不合要求的个数，得到答案.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，四棱锥的底面为菱形，平面，为棱的中点.（1）求证：平面；（2）若，求点到平面距离.【答案】（1）证明过程见解析；（2） 【解析】【分析】（1）先证明出，DE⊥AD，从而证明线面垂直；（2）等体积法求解点到平面的距离.【小问1详解】证明：因为平面，平面，所以，因为四棱锥的底面为菱形，，所以为等边三角形，因为为棱的中点所以BC，因为AD∥BC，所以DE⊥AD，因为，所以平面PAD，【小问2详解】连接PE，因为，从而，， 所以，设点到平面的距离为h，其中由勾股定理得：，由三线合一知：，所以，而，解得：，所以点到平面的距离为.18.已知是公差为的等差数列，前项和为的平均值为4，的平均值为12.（1）求证：；（2）是否存在实数，使得对任意恒成立，若存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明过程见解析；（2）不存在，理由见解析【解析】 【分析】（1）由等差数列通项公式基本量计算得到公差为2，首项为1，从而得到前n项和；（2）假设存在，使对任意恒成立，变形为对任意恒成立，结合当时，，求出且，因此符合题意得不存在.【小问1详解】由题意得：，解得：，由，解得：，所以；【小问2详解】假设存在，使对任意恒成立，则对任意恒成立，即对任意恒成立，当时，，所以且，因此符合题意得不存在，证毕.19.某学校举办毕业联欢晚会，舞台上方设计了三处光源.如图，是边长为6的等边三角形，边的中点处为固定光源，分别为边上的移动光源，且始终垂直于，三处光源把舞台照射出五彩缤纷的若干区域.（1）当为边的中点时，求线段的长度；（2）求的面积的最小值. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）画出符合要求的图形，求出，，相乘求出面积；（2）辅助辅助线，设，利用三角函数与相似表达出，表达出面积，利用判别式法求解最值.【小问1详解】当为边的中点时，因为M为边的中点，所以MF∥AB，且，而始终垂直于，所以ME⊥AB，故，由勾股定理得：即线段的长为【小问2详解】过点E，F分别作EG⊥BC于点G，FH⊥BC于点H， 设，则，，由勾股定理得：，因为ME⊥MF，所以∠BME+∠CMF=90°，因为∠MFH+∠CMF=90°，所以∠BME=∠MFH，所以，所以，即，所以，，因为，，所以，所以，所以的面积为，整理得：，∴，解得：或，因为，所以y的最小值为即面积的最小值为 【点睛】根据题干条件求解面积最值问题，要设出某边长，用次边长表达出其他边长，进而表达出面积，再结合式子特点，选择合适的方法来求解最值，比如基本不等式，求导，对勾函数，三角函数有界性等.20.已知点分别为椭圆的左､右焦点，直线与椭圆有且仅有一个公共点，直线，垂足分别为点.（1）求证：；（2）求证：为定值，并求出该定值；（3）求的最大值.【答案】（1）证明过程见解析（2）证明过程见解析，定值为1（3）4【解析】 【分析】（1）直线与椭圆联立后用根的判别式等于0列出方程，求出；（2）利用点到直线距离公式得到，，结合∥，求出，结合第一问的结论证明出为定值1；（3）利用向量线性运算及点在直线的同侧得到，结合第二问得到，再用投影向量的知识得出，其中为的夹角），结合第一问结论得到，利用基本不等式求出最值.【小问1详解】联立与得：，由直线与椭圆有一个公共点可知：，化简得：；【小问2详解】由题意得：，因为，所以∥，故，其中，，所以，为定值，该定值为1；【小问3详解】，由题意得：点在直线的同侧， 所以，，（其中为的夹角），由此可知：，当且仅当即时，等号成立，所以的最大值为4.【点睛】对于圆锥曲线定值问题，要能够利用题干信息用一个变量求解出要求的量，可以是直线的斜率，也可以是点的坐标，然后代入计算得到定点.21.对于定义域为的函数，若存在实数使得对任意恒成立，则称函数具有性质.（1）判断函数与是否具有性质，若具有性质，请写出一个的值，若不具有性质，请说明理由；（2）若函数具有性质，且当时，，解不等式；（3）已知函数，对任意，恒成立，若由“具有性质”能推出“恒等于”，求正整数的取值的集合.【答案】（1）不具有性质，理由见解析；具有性质，（只要满足即可）（2）（3）【解析】 【分析】（1）根据可知不具有性质；当时，结合诱导公式可知，可得具有性质；（2）由可推导得到是以为周期的周期函数；分别在和的情况下，解不等式，根据周期性可得到结论；（3）由可知只需研究的情况；当、、和时，通过反例可知不合题意；当、和时，结合可推导得到，由此可得取值集合.【小问1详解】不具有性质，理由如下：对于任意实数，，即，不具有性质；具有性质，若，则；的一个取值为（只要满足即可）.【小问2详解】由得：，，是以为周期周期函数；当时，，不等式无解；当时，，则，，解得：； 综上所述：当时，的解集为；的解集为.【小问3详解】，，则只需研究的情况；①当时，令且对于任意恒成立，此时满足，并具有性质，但不恒等于；②当时，；当时，；当时，；令且对于任意恒成立，此时满足，并具有性质，但不恒等于；③当时，，，，满足题意；④当时，，，，又，，，则，，满足题意；⑤当时，，， ，又，，，则，，满足题意；综上所述：当时，满足题意的的取值集合为，满足题意的正整数的取值的集合为.【点睛】关键点睛：本题考查函数中的新定义运算问题；解题关键是能够根据已知抽象函数关系式推导得到函数的周期性，进而根据周期性可将所研究的问题转化为一个周期内的函数关系式的求解问题.