上海市徐汇区2021-2022学年高三数学下学期二模试题（Word版附解析）

2022届徐汇区高三数学二模卷一、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.若，则________.【答案】【解析】【分析】直接利用二倍角公式计算得到答案.【详解】.故答案为：.【点睛】本题考查了二倍角的计算，意在考查学生的计算能力.2.不等式的解集为______.【答案】【解析】【详解】因为，∴，∴，∴解集为.故答案为：．3.在的二项展开式中，项的系数为______________．【答案】【解析】【分析】利用二项式展开式的通项公式，得出含项时对应的值，从而得出答案.【详解】的二项展开式的通项公式为： 令，解得，则所以项的系数为故答案为：4.已知球的体积为，则该球的左视图所表示图形的面积为______________．【答案】【解析】【分析】已知球的体积，可由球的体积公式得到球的半径，又因为球从每个方向看都是半径为的圆，即可求解.【详解】设球的半径为，则由题意得，球的体积，解得；又因为该球的左视图所表示图形为半径为的圆，所以该球的左视图所表示图形的面积.故答案为：.5.圆的圆心到直线：的距离【答案】3【解析】【详解】试题分析：因为圆心坐标为(1,2)，所以圆心到直线的距离为．考点：点到直线的距离．6.若关于的实系数一元二次方程的一根为（为虚数单位），则____．【答案】【解析】【分析】根据实系数一元二次方程的根的特征，可得的共轭复数也是方程的根，利用韦达定理得到方程，计算可得； 【详解】解：因为为实系数一元二次方程的一根，所以也为方程的根，所以，解得，所以；故答案为：7.已知，若直线：与直线：平行，则______________．【答案】3【解析】【分析】根据两条直线平行的充要条件列方程组求解即可得答案.【详解】解：因为直线：与直线：平行，所以，解得，故答案为：3.8.已知实数、满足约束条件，则的最小值是______________．【答案】【解析】【分析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出使得该直线在轴上截距最小时对应的最优解，代入目标函数即可得解.【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示： 联立，解得，即点，平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最小，此时取最小值，即.故答案为：.9.设是定义在上的奇函数，当时，，若存在反函数，则的取值范围是______________．【答案】或.【解析】【分析】先求出的解析式，若存在反函数，则在每段单调且各段值域无重合，计算得解.【详解】当时，，，是定义在上的奇函数，所以，即时，，所以，若存在反函数，则在每段单调且各段值域无重合，当，，；所以或所以或.故答案为：或. 10.上海某高校哲学专业的4名研究生到指定的4所高级中学宣讲习近平新时代中国特色社会主义思想．若他们每人都随机地从4所学校选择一所，则4人中至少有2人选择到同一所学校的概率是______________．（结果用最简分数表示）【答案】【解析】【分析】考虑反面，4个人恰好分配到4个学校的情况，再作减法即得.【详解】4个人分配到4个学校的情况总数为种，4个人恰好分配到4个学校的情况为种，所以4人中至少有2人选择到同一所学校的情况有种，所以4人中至少有2人选择到同一所学校的概率是.故答案：.11.在中，已知，，，若点是所在平面上一点，且满足，，则实数的值为______________．【答案】或【解析】【分析】根据平面向量的线性运算法则，分别把用表示出来，再用建立方程，解出的值.【详解】由，得，即，，在中，已知，，，所以，即，解得或所以实数的值为或. 故答案为：或.12.已知定义在上的函数满足，当时，．设在区间上的最小值为．若存在，使得有解，则实数的取值范围是______________．【答案】【解析】【分析】根据题意，利用换元法，分别求出当，，时，的解析式，进而求出，然后，得到存在，使得有解，则有有解，进而必有，进而求出,即可求解.【详解】当时，，因为定义在上的函数满足，，令，则，所以，当时，有，所以，当时，，，令，则，，有，所以，当时，，同理可得，时，，根据规律，明显可见当，，且此时的必为增函数，又因为为在区间上的最小值，所以，，所以，若存在，使得有解，则有有解，进而必有，根据该函数的特性，明显可见，当时，有，所以，此时有故答案为： 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选项．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.下列以为参数的方程所表示的曲线中，与曲线完全一致的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据范围依次排除得到答案.【详解】A.，排除；B.，排除；C.，排除；故选：D【点睛】本题考查了参数方程，意在考查学生对于参数方程的理解和掌握情况.14.已知函数，，则“”是“的值域为”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】B【解析】【分析】利用特殊值法判断充分性不成立，再利用正弦型函数的单调性可判断必要性成立，由此可得出结论.【详解】充分性：取，，则成立，此时，则，可得，充分性不成立； 必要性：函数的最小正周期为，因为函数在上的值域为，当函数在上单调时，取得最小值，且有，必要性成立.因此，“”是“的值域为”的必要而不充分条件.故选：B.【点睛】方法点睛：判断充分条件和必要条件，一般有以下几种方法：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法.15.某高校举行科普知识竞赛，所有参赛的500名选手成绩的平均数为82，方差为0.82，则下列四个数据中不可能是参赛选手成绩的是（）A.60B.70C.80D.100【答案】A【解析】【分析】因为方差，平均数，利用数字特征，通过计算各个选项排除求解.【详解】设所有参赛的500名选手成绩为：，，，；则平均数；方差，即；对于A选项，若存在，则有，所以不可能是参赛选手成绩；对于B选项，若存在，则有，所以有可能是参赛选手成绩；对于C选项，若存在，则有，所以有可能是参赛选手成绩； 对于D选项，若存在，则有，所以有可能是参赛选手成绩；综上所述，不可能是参赛选手成绩；故选：A.16.设数列，若存在常数，对任意小的正数，总存在正整数，当时，，则数列为收敛数列．下列关于收敛数列说法正确的是（）A.若等比数列是收敛数列，则公比B.等差数列不可能是收敛数列C.设公差不为0的等差数列的前项和为，则数列一定是收敛数列D.设数列的前项和为，满足，，则数列是收敛数列【答案】C【解析】【分析】根据题中定义，结合特殊的等差数列和等比数列、数列的周期性、等差数列前项和公式逐一判断即可.【详解】当数列为常数列（不为零），因此该数列是等差数列又是等比数列，显然该数列是收敛数列，因此选项AB不正确；选项C：设等差数列的公差为，所以，当时，当时，，所以数列一定是收敛数列，因此本选项正确；选项D：因为，，所以可得，当时，由，两式相减，得，所以，所以该数列的周期为，该数列不可能是收敛数列，因此本选项说法不正确， 故选：C【点睛】关键点睛：利用数列的周期性、常数列的性质是解题的关键.三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤．17.如图，已知为圆柱的底面圆的一条直径，为圆周上的一点，，，圆柱的表面积为．（1）求三棱锥的体积；（2）求直线与平面所成的角的大小．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据表面积为，求得，结合题意和锥体的体积公式，即可求解；（2）根据题意证得平面，得到平面平面，过点作，证得平面，得到为直线与平面所成的角，再直角中，求得，即，即可求解.【小问1详解】 解：由题意，是圆柱的底面圆的一条直径，且，其表面积为，可得，解得，在中，由且，可得，所以，在中，且，可得，所以三棱锥的体积.【小问2详解】解：由为圆柱的底面圆的一条直径，为圆周上的一点，可得，又由平面，平面，所以，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面，过点作，垂足为，如图所示，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，所以为直线与平面所成的角，又由，，可得，在直角中，可得，在直角中，可得，所以，即，所以直线与平面所成的角的大小. 18.已知为实数，函数，．（1）当时，求函数的单调递增区间；（2）若对任意，恒成立，求的取值范围．【答案】（1）和（2）【解析】【分析】（1）当时，化简函数的解析式，利用二次函数的基本性质可得出函数的增区间；（2）由已知可得，推导出，可得出，利用参变量分离法可求得实数的取值范围.【小问1详解】解：当时，，当时，，此时函数的单调递增区间为；当时，，此时函数的单调递增区间为.综上所述，当时，函数的增区间为和.【小问2详解】 解：当时，由可得，即，所以，，所以，，整理得对任意的恒成立，因为，则，所以，不等式对任意的恒成立，只需考虑不等式对任意的恒成立，当时，，令，，由双勾函数的单调性可知，函数在上单调递增，当时，，因此，.19.某动物园喜迎虎年的到来，拟用一块形如直角三角形的地块建造小老虎的休息区和活动区．如图，，（单位：米），E、F为BC上的两点，且，区域为休息区，和区域均为活动区．设．（1）求、的长（用的代数式表示）； （2）为了使小老虎能健康成长，要求所建造的活动区面积尽可能大（即休息区尽可能小）．当为多少时，活动区的面积最大？最大面积为多少？【答案】（1）米，米；（2）当为时，小老虎活动区的面积最大，最大面积为平方米.【解析】【分析】（1）由角的关系易得：，；在中，由正弦定理得：，可解得，同理在中得：，解得.（2）活动区的面积最大即休息区尽可能小，又（1）可得：利用三角恒等变换及计算得到，根据三角函数的值域可知时，得到休息区的最小值，从而得到活动区最大值.【小问1详解】由题意得，米，，则，又由，，，所以；在中，由正弦定理得：，即米；同理，在中，，即米；综上所述：米，米.【小问2详解】由（1）知，综米，米，所以小老虎休息区面积为: 化简得：又，，则当，即时，取得最小值；此时小老虎活动区面积取得最大值，即平方米.综上所述：当为时，小老虎活动区的面积最大，最大面积为平方米.20.在平面直角坐标系中，已知点、，动点关于直线的对称点为，且，动点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）已知动点在曲线上，点在直线上，且，求线段长的最小值；（3）过点且不垂直于轴的直线交曲线于、两点，点关于轴的对称点为，试问：在轴上是否存在一定点，使得、、三点共线？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）（3）在轴上存在一定点，使得、、三点共线,理由见解析.【解析】【分析】(1)先得出点，由向量的数量积的坐标运算可得答案.(2)设，,则，则可得到 ，然后利用条件消元，从而可得答案.(3)设直线的方程为与曲线的方程联立，得出韦达定理，由点的坐标得出直线的方程，令，将韦达定理代入，可得出答案.小问1详解】由点关于直线的对称点为，则则，所以，即所以曲线的方程为：【小问2详解】由点在曲线上，设，点在直线上，设由，即，由，则所以当时，，此时不满足，即不满足.所以，由，则由，则设由勾型函数的单调性，可知函数在上单调递减. 此时当时，所以线段长的最小值为【小问3详解】在轴上存在一定点，使得、、三点共线.设则由题意设直线的方程为由，可得所以直线的方程为令，得所以直线：恒过点所以在轴上存在一定点，使得、、三点共线.【点睛】关键点睛：本题考查利用向量的坐标运算求轨迹方程，利用函数思想求两点间距离的最大值，以及求直线过定点问题，解答本题的关键是联立方程得出韦达定理，得出直线的方程为，令将韦达定理代入得出定点，运算比较复杂，属于难题.21.对于数列，记． （1）若数列通项公式为：，求；（2）若数列满足：，，且，求证：的充分必要条件是；（3）已知，若，．求的最大值．【答案】（1）4（2）证明见解析（3）2021.【解析】分析】（1）直接求出，即可求；（2）用定义法，分充分性和必要性分别进行证明；（3）先计算出，利用放缩法和裂项求和法求出的最大值.【小问1详解】由通项公式得：.所以小问2详解】充分性:若数列的前n项单调不增,即.此时有：.必要性：用反证法.若数列不满足,则存在k(),使得,那么 由于所以.与已知矛盾所以,假设不成立,必要性得证.综上所述：的充分必要条件是【小问3详解】由，令，则.所以所以.（因为） 当且仅当时,取得最大值2021.【点睛】(1)数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.(2)数列求和常用方法：