上海市浦东新区2021-2022学年高考数学二模试题（Word版附解析）

浦东新区2021学年度第二学期期中教学质量检测高三数学试卷考生注意：1、本试卷共21道试题，满分150分，答题时间120分钟；2、请在答题纸上规定的地方解答，否则一律不予评分．一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，1-6题每题4分，7-12题每题5分．考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得4分或5分，否则一律得零分．1.已知集合，，则__________.【答案】【解析】【分析】利用集合的交运算求即可.【详解】由题设，.故答案为：2.复数z满足（为虚数单位），则________．【答案】【解析】【分析】根据复数乘法、除法运算，求得复数z，代入求模公式，即可得答案.【详解】由题意得，所以，故答案为：3.若函数的反函数图像经过点，则________【答案】4【解析】 【分析】利用函数与其反函数图象关于对称即可求解.【详解】因为函数的反函数图像经过点，由函数与其反函数关于对称可知，设点关于对称的点为，即，解得，则函数的图象经过点，即，解得，故答案为：4.4.直线（为参数，）的斜率为________．【答案】-1【解析】【分析】根据参数方程和普通方程的转化，将参数方程化为普通方程，根据斜截式即可求解.【详解】将参数方程化为普通方程得：，所以斜率为故答案为：-15.首项为1，公比为的无穷等比数列的各项和为______．【答案】【解析】【分析】根据等比数列前项和公式即可求解.【详解】由由等比数列前项和公式可得，当趋于无穷大的时候，的各项和为.故答案为：6.的二项展开式中的常数项为_______． 【答案】【解析】【分析】先求出展开式通项公式，令可得答案.【详解】的二项展开式的通项为．令得．所以的二项展开式的常数项为．故答案为：7.已知x、y满足，则的最小值为________．【答案】【解析】【分析】画出可行域再根据截距与正相关，分析取最值时过的点求解即可【详解】不等式组表示的可行域如图：由可得，由图可得当直线过点时纵截距最小，即最小，最小值为故答案为：8.设甲、乙两射手独立地射击同一目标，他们击中目标的概率分别为0.8，0.9，则在一次射 击中，目标被击中的概率为________【答案】0.98【解析】【分析】利用对立事件和独立事件的概率公式计算．【详解】由题意目标未被击中的概率是，所以目标被击中的概率为．故答案为：．9.圆锥的底面积和侧面积分别为和，则该圆锥母线与底面所成角为___________.（用反三角表示）【答案】【解析】【分析】圆锥的底面积和侧面积分别为和，由此得到底面半径和母线的比值，从而能求出该圆锥的母线与底面所成的角．【详解】解：∵圆锥的底面积和侧面积分别为和，设底面圆的半径为，母线长为，该圆锥母线与底面所成角为，∴该圆锥的母线与底面所成角的余弦值：．则故答案为：．10.已知双曲线右焦点为，若双曲线上存在关于原点对称的两点使，则的取值范围为_________．【答案】【解析】 【分析】根据双曲线上关于原点对称的点，根据向量的坐标运算得到，然后练习双曲线方程，得，根据范围即可求解.【详解】，设，则，，，化简得，因为满足双曲线方程，所以，因此可得：，由得，又，所以.故答案为：11.若各项均为正数的有穷数列满足，（）,则满足不等式的正整数的最大值为__．【答案】109【解析】【分析】根据，可得，则有，要使不等式成立，只要即可，而，再结合基本不等式即可得出答案．【详解】解：因为，所以，，，所以，故=，因为， 所以，则，要使不等式成立，只要即可，而，所以，因为，当且仅当，即时，取等号，又因，当时，，当时，，所以，所以，所以正整数，即正整数的最大值为109．故答案为：109．12.若函数的最大值为，则由满足条件的实数的值组成的集合是__________．【答案】【解析】【分析】设，，由可知，由 此可得结果.【详解】设，，，，，，又，，解得：，实数的值组成的集合为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查根据函数最值求解参数值问题，解题关键是能够利用转化的思想，将函数表示为向量数量积的形式，根据确定参数的取值.二、选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案．考生必须在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分．13.“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分且必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由的单调性可知即有，而反过来不一定成立，即可判断是否为充要条件【详解】根据对数函数单调性知：，但∴“”是“”的充分不必要条件故选：A【点睛】本题考查了充分条件，应用两个结论将其中一个作为条件推导出的结论是否为另一个来判断是否为充分、必要条件14.甲乙两工厂生产某种产品，抽取连续5个月的产品生产产量（单位：件）情况如下：甲：80、70、100、50、90；乙：60、70、80、55、95，则下列说法中正确的是（） A.甲平均产量高，甲产量稳定B.甲平均产量高，乙产量稳定C.乙平均产量高，甲产量稳定D.乙平均产量高，乙产量稳定【答案】B【解析】【分析】根据平均数计算公式和方差计算公式，代入运算，并根据平均数是研究平均水平（或总体水平），方差是研究偏离程度（或稳定性），确定选项.【详解】对于甲：可得平均数方差同理对于乙：可得平均数，方差∵∴甲平均产量高，乙产量稳定故选：B．15.将函数的图像向左平移个单位后，得到函数的图像，设为以上两个函数图像不共线的三个交点，则的面积不可能为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求得的解析式，在同一坐标系内作出图像，不妨取x轴正半轴第一个交点为A，第二个交点为B，分别求得当C位于不同位置时，的面积，根据规律，分析即可得答案.【详解】由题意得，在同一坐标系内作出图像，如下图所示 令，解得，不妨取x轴正半轴第一个交点为A，第二个交点为B，所以若C点位于时，的面积，故C正确当C点位于时，的面积，当C点位于时，的面积，故B正确，因为，此时为面积的2倍，以此类推，当C位于不同位置时，的面积应为的整数倍，故A正确，D错误，故选：D16.已知，，，实数满足，设，，现有如下两个结论：①对于任意的实数，存在实数，使得；②存在实数，对于任意的，都有；则（）A.①②均正确B.①②均不正确C.①正确，②不正确D.①不正确，②正确【答案】C【解析】 【分析】对①，根据，的几何意义，判断得出与一定有两个交点分析即可对②，通过化简，将题意转换为：存在实数，使得在上为减函数，再分析出当时函数有增区间，推出矛盾即可【详解】对①，的几何意义为与两点间的斜率，同理的几何意义为与两点间的斜率.数形结合可得，当时，存在；当时，存在，使得，即成立.即对于任意的实数，存在实数，使得，故①正确；对②，若存在实数，对于任意的，都有，即，即，即.即存在实数，对于任意的，恒成立.设，则，即为减函数.故原题意可转化为：存在实数，使得在上为减函数.因为当时，，因为对称轴为，故当时一定为增函数，故不存在实数 ，使得在上为减函数.故②错误故选：C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，直三棱柱中，，，点是线段的中点．（1）求三棱柱的体积；（2）已知为侧棱的中点，求点到平面的距离．【答案】（1）4（2）【解析】【分析】（1）直接代入柱体体积公式计算；（2）利用等体积法，进行求解．【小问1详解】【小问2详解】设点到平面的距离为，由题知平面，即到平面的距离为2，因为点是线段的中点，所以到平面的距离为1．在△中，，在△中，， ，又=，又由，即，．18.已知函数（1）若函数为偶函数，求实数的值；（2）当时，在中（所对的边分别为、、），若，且的面积为，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据偶函数满足，即可求解.（2）先有辅助角公式得，代入即可求解，然后根据余弦定理即可求解.【小问1详解】任取因为函数为偶函数.所以 （法二：特值法，再验证）由函数为偶函数知，（可取不同特殊值）得，t=0又当时，，函数为偶函数，（法三：观察法，需举反例），时，函数为偶函数，任选，则有当时，举反例，如，此时为非奇非偶函数，所以，函数为偶函数时；【小问2详解】当时,，由则有由题意，在中，，则．19.某研究所开发了一种抗病毒新药，用小白鼠进行抗病毒实验．已知小白鼠服用1粒药后，每毫升血液含药量（微克）随着时间（小时）变化的函数关系式近似为．当每毫升血液含药量不低于4微克时，该药能起到有效抗病毒的效果．（1）若小白鼠服用1粒药，多长时间后该药能起到有效抗病毒的效果？（2）某次实验：先给小白鼠服用1粒药，6小时后再服用1粒，请问这次实验该药能够有效 抗病毒的时间为多少小时？【答案】（1）小时（2）小时【解析】【分析】（1）根据，代入第一段解析式中求不等式即可.（2）根据分段函数的函数值要不低于4，分段求解即可.【小问1详解】设服用1粒药，经过小时能有效抗病毒，即血液含药量须不低于4微克，可得，解得，所以小时后该药能起到有效抗病毒的效果．【小问2详解】设经过小时能有效抗病毒，即血液含药量须不低于4微克；若，药物浓度，解得，若，药物浓度，化简得，所以；若，药物浓度，解得，所以；综上，所以这次实验该药能够有效抗病毒的时间为小时．20.已知分别为椭圆：的左、右焦点，过的直线交椭圆于 两点．（1）当直线垂直于轴时，求弦长；（2）当时，求直线的方程；（3）记椭圆的右顶点为T，直线AT、BT分别交直线于C、D两点，求证：以CD为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标．【答案】（1）3（2）（3）证明见解析；定点【解析】【分析】（1）将代入椭圆方程求解即可；（2）由（1）知当直线的斜率存在，设直线的方程为：，联立直线与椭圆的方程，得出，设可得韦达定理，代入计算可得斜率；（3）分析当直线的斜率不存在时，由椭圆的对称性知若以CD为直径的圆恒过定点则定点在轴上，再以CD为直径的圆的方程，令，代入韦达定理化简可得定点【小问1详解】由题知，将代入椭圆方程得【小问2详解】由（1）知当直线的斜率不存在时，此时，不符合题意，舍去直线的斜率存在，设直线的方程为：，联立得，设，则， 由，解得直线的方程为．．【小问3详解】①当直线的斜率不存在时，直线AT的方程为，C点坐标为，直线BT的方程为，D点坐标为，以CD为直径的圆方程为，由椭圆的对称性知若以CD为直径的圆恒过定点则定点在轴上，令，得即圆过点．②当直线的斜率存在时，同（2）联立，直线AT的方程为，C点坐标为，同理D点坐标为，以CD为直径的圆的方程为，令，得，由，得，解得，即圆过点．综上可得，以CD为直径的圆恒过定点．21.已知数列．若存在，使得为递减数列，则称为“型数列”． （1）是否存在使得有穷数列为型数列？若是，写出的一个值；否则，说明理由；（2）已知2022项的数列中，（）．求使得为型数列的实数的取值范围；（3）已知存在唯一的，使得无穷数列是型数列．证明：存在递增的无穷正整数列，使得为递增数列，为递减数列．【答案】（1）存在；（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）取，可得答案；（2）当（）时，由，解得，同理，当时得，从而得到的范围；（3）首先证明：对任意，①存在，使得；②存在，使得．用反证法证明①，②可同理得到答案；根据①、②可知，存在，使得，存在，使得，由①的证明知，如此递归选择的使得递增且递减即为所求．【小问1详解】是，如：取，则为递减数列．（时均可）．【小问2详解】当（）时，， 解得，同理，当（）时，，解得，而此时确为型数列，故为所求．小问3详解】首先证明：对任意，①存在，使得；②存在，使得．用反证法证明①，②可同理得，若存在，使得当时，均有，则由型数列定义，，设，由题意，，当时，，而当时，，故．因此，也是型数列，与的唯一性矛盾，证毕．根据①、②可知，存在，使得，存在，使得，由此，若，则存在，使得，又存在，使得，由①的证明知，如此递归选择的，使得递增且递减，即为所求．【点睛】本题考查了数列新定义的问题，考查了数列的单调性及反证法。要求学生有较强的逻辑能力和计算能力.