22年高考理科数学模拟考试试卷2

高考理科数学模拟考试试卷数学试卷(理)(满分：150分，完卷时间：120分钟)一、填空题(本大题有12小题，每小题5分，共计60分)1、函数y=sin2x的最小正周期是。2、函数y=lg(x2–2x+4)的单调递减区间是。3、函数f(x)＝2x+1(x≥1)的反函数f–1(x)=。4、已知f(x)为奇函数，且当x>0时f(x)=x(x–1)，则f(–3)=。5、关于x的不等式：<2的解是。6、计算：=。7、如果(x+)n(nÎN*)展开式中各项系数的和等于32，则展开式中第3项是。8、已知直线l的参数方程为：(t为参数)，则直线l的倾斜角的大小为。9、设地球的半径约为6371千米，在赤道圈上有两点A、B，这两点的经度差为120o，则A、B两点的球面距离是(千米)。(计算结果精确到1千米)10、有一种叫做“天天彩”的彩票，每注售价2元，中奖的概率为1%，如果每注奖的奖金为50元，那么购买一注彩票的期望收益是(元)。13579111315171921……29…………第12题理科图11、在下列命题中：(1)函数y=tanx在定义域内单调递增；(2)函数y=sinx+arcsinx的最大值为+sin1；(3)函数y=arccosx–是偶函数。其中所有错误的命题序号是12、把数列{an}的所有项按照从小到大的原则写成如图所示的数表：其中，an=2n–1，且第k行有个数，第t行的第s个数(从左数起)记为A(t,s)，则A(8,18)=。二、选择题(本大题有4题，每题4分，共计16分)13、算法的三种基本结构是…………………………………………………………()12/12\n(A)顺序结构、模块结构、条件结构(B)顺序结构、循环结构、模块结构(C)顺序结构、条件结构、循环结构(D)模块结构、条件结构、循环结构14、用数学归纳法证明1–+–+…+–=++…+(n∈N*)，则从“n=k到n=k＋1”，左边所要添加的项是………………………………………………()(A)　(B)–(C)–　(D)–15、极坐标方程：r=2cosq表示的曲线是…………………………………………()(A)经过点(1,0)且垂直极轴的直线(B)圆心为(1,0)，半径为1的圆(C)圆心为(1,)，半径为1的圆(D)经过点(1,)且平行极轴的直线yx1o○1–1(B)oyx11(D)oyx11(C)yx1o(A)○16、函数y=的大致图象是………………………………………………()三、解答题（本大题有5个小题，共计74分）17、(本题12分)已知复数z0＝+ai和z＝z0–|z0|+1–(1+)i，i为虚数单位，a为实数。证明：复数z不可能为纯虚数。F2F1Pyxo12/12\n18、(本题12分)已知椭圆C：（a>b>0），F1、F2分别为其左、右焦点，点P(,1)在椭圆C上，且PF2垂直于x轴。(1)求椭圆C的方程；(2)设坐标平面上有两点A(–5,–4)、B(3,0)，过点P作直线l，交线段AB于点D，并且直线l将△PAB分成的两部分图形的面积之比为5：3，求D点的坐标。19、(本题14分)在三棱锥B–ACO中，BO、AO、CO所在直线两两垂直，且AO=CO，∠BAO=60o，E是AC的中点，三棱锥B–ACO的体积为。(1)求三棱锥B–ACO的高；(2)在线段AB上取一点D，当D在什么位置时，和的夹角大小为arccos。ADOEBC第19题理科图20、(本题16分)等差数列｛an｝的前n项和为Sn，a1＝2，公差为2，在等比数列｛bn｝中，当n≥2时，b2＋b3＋…＋bn=2＋p(p为常数)，(1)求an和Sn；(2)求b1，p和bn；(3)若Tn＝对于一切正整数n，均有Tn≤C恒成立，求C的最小值。12/12\n21、(本题20分)(1)设u、v为实数，证明：u2+v2≥；(2)请先阅读下列材料，然后根据要求回答问题。材料:已知△LMN内接于边长为1的正三角形ABC，求证：△LMN中至少有一边的长不小于。证明：线段AN、AL、BL、BM、CM、CN的长分别设为a1、a2、b1、b2、c1、c2，设LN、LM、MN的长为x、y、z，x2=a12+a22–2a1a2cos60o=a12+a22–a1a2同理：y2=b12+b22–b1b2，z2=c12+c22–c1c2，x2+y2+z2=a12+a22+b12+b22+c12+c22–a1a2–b1b2–c1c2……请利用(1)的结论，把证明过程补充完整；(3)已知n边形AAA……A内接于边长为1的正n边形A1A2…An，(n≥4)，思考会有相应的什么结论？请提出一个的命题，并给与正确解答。ABCLMNyzxa1a2b1b2c1c2注意：第(3)题中所提问题单独给分，解答也单独给分。本题按照所提问题的难度分层给分，解答也相应给分，如果同时提出两个问题，则就高不就低，解答也相同处理。12/12\n上海市金山区2022学年第二学期高三质量测试数学试卷(文理合卷)评分意见一、填空题(共12小题，每小题5分，计60分)1、p；2、(理)(–∞,1)，(端点1处不考虑开和闭)，(文)–2≤x≤10；3、(x≥3)；4、(理)–6，(文)(2)、(3)；5、–1<x<2；6、(理)，(文)；7、(理)10x2，(文)10x3；8、(理)，(文)；9、(理)13343，(文)12；10、(理)–1.5，(文)；11、(1)、(3)；12、(理)289，(文)m2–m+1二、选择题(共4题，每题4分，计16分)13、C；14、D；15、B；16、C三、解答题（本大题有5个小题，共计74分）17、(本题12分)(理)证明：因为2a+1≥0，所以a≥–……………………………………………………2分所以|z0|==|a+1|=a+1…………………………………………………………4分z=+ai–(a+1)+1–(1+)i=(–a)+(a–1–)i………………………………………………………………6分若使z为纯虚数，则有………………………………………9分解方程(1)得：a=1+(a≥–)，………………………………………………………11分代入(2)不符合，故z不可能为纯虚数……………………………………………………12分12/12\n(文)解：因为z1＝cosq+i和z2＝1–isinq，所以|z1–z2|2=(cosq–1)2+(1+sinq)2………………………………………………………2分=3+2(sinq–cosq)……………………………………………………………4分=3+2sin(q–)，………………………………………………………6分所以|z1–z2|2最大值为3+2，此时q=2kp+，kÎZ……………………………9分最小值为3–2，此时q=2kp–，kÎZ…………………………………………12分18、(本题12分)解：(1)因为点P(,1)在椭圆C上，且PF2垂直于x轴，所以F2(,0)，即c=，………………………………………………………………1分又PF2=1，所以PF1==3，…………………………………………………3分所以2a=4，a=2，……………………………………………………………………………4分所以b2=a2–c2=2所以，所求椭圆方程为………………………………………………………6分(2)过点P作直线l，交线段AB于点D，则其坐标可设为D(x,y)，……………………7分又直线l将△PAB分成的两部分图形的面积之比为5：3，即有：点D在线段AB上，且AD：DB=5：3或AD：DB=3：5因为A(–5,–4)、B(3,0)，设D分所成的比为λ，λ=或λ=…………………9分所以=0，=或=–2，=所以点D的坐标为(0,)或(–2,)………………………………………………12分19、(本题14分)(理)解：(1)由题意的BO⊥平面ACO，即BO就是三棱锥B–ACO的高，……………2分在Rt△ABO中，设AO=a，∠BAO=60o，所以BO=a，12/12\nCO=a，所以VB–ACO==a3=。所以a=1，所以三棱锥的高BO为。……………………………………………………4分(2)以O为原点，如图建立空间直角坐标系………………………………………………5分ADOEBCxyz设D(x,0,(1–x))，则C(0,1,0)，E(,,0)=(–x,1,(x–1))，=(,,0)………………10分设和的夹角为q则coaq===……………………………………………………………12分解之得，x=2(舍去)或x=，所以当D在AB的中点时，和的夹角大小为arccos。………………………14分(文)解：(1)由题意得：CO⊥平面ABO，即CO就是三棱锥C–ABO的高，…………2分在Rt△ABO中，AO=1，∠BAO=60o，所以BO=，AB=2，CO=1，所以VC–ABO==。……………………………………6分(2)设AD的中点为F，连接EF、OF，因为E为AC的中点，所以EF∥CD，所以∠FEO就是异面直线DC和OE所成的角，…………………………………………9分在△AOF中，AO=2AF=1，∠BAO=60o，所以△AOF为直角三角形，OF=，又在Rt△COD中，CD=，所以EF=，又OE=在△EFO中，cos∠FEO==………………………………………13分∠FEO=arccos，异面直线DC和OE所成的角的大小为arccos。………………14分12/12\n20、(本题16分)(理)解：(1)因为等差数列数列｛an｝的前n项和为Sn，a1＝2，d=2an=2n，(n∈N*)；Sn＝n＋n；………………………………………………………………2分(2)由于当n≥2时，b2＋b3＋…＋bn=2n＋p(p为常数)，b2＋b3＋…＋bn+bn+1=2n+1＋p两式相减得：bn+1=2n，………………………………………………………………………4分因为数列{bn}为等比数列，所以b1＝1，b2=2，由条件可得p＝–2，bn＝2，(n∈N*)；…………………………………………………7分(3)因为Tn=，若Tn＝对于一切正整数n，均有Tn≤C恒成立，则需C大于或等于Tn的最大值，…………………………………………………………8分=´=，………………………………………………10分令≥1得：n≤2，即有：T1＝2≤T2＝3=T3＝3≥T4＝≥T5＝≥…≥Tn≥…，………………………12分即数列{Tn}是先增后减的数列，且Tn的极限是0，故有Tn的最大值为T2＝T3＝3，……………………………………………………………14分又对于一切正整数n，均有Tn≤C恒成立，∴C≥3，即C的最小值为3。……………16分(文)解：(1)=coscos–sinsin=cos2x，……………………………………1分设向量与的夹角大小为q，则cosq==cos2x，……………………………2分且xÎ[0,]，2xÎ[0,p]，所以向量与的夹角大小为2x。…………………………4分(2)||===2cosx……………6分所以f(x)=–2l||=cos2x–2l´2cosx=2(cosx–l)2–1–2l2……………………………………………8分设t=cosx，则tÎ[0,1]，所以g(t)=2(t–l)2–1–2l2(1)当l<0时，g(t)在[0,1]上是增函数，则[f(x)]min=[g(t)]min=–1≠–…………………10分12/12\n(2)当lÎ[0,1]时，则[f(x)]min=–1–2l2=–，则l=±(–不符合题意，舍去)………12分(3)当l>1时，g(t)在[0,1]上是减函数，则[f(x)]min=g(1)=1–4l=–，l=(不符合题意，舍去)……………………………………………………………………………………………14分综上所述，l=……………………………………………………………………………16分21、(本题20分)(理)(1)证明：因为u2+v2≥2uv，所以2(u2+v2)≥(u+v)2，即有：u2+v2≥………………………………………………………………2分(2)因为u2+v2≥所以x2+y2+z2≥++–a1a2–b1b2–c1c2=[a12+a22+b12+b22+c12+c22]………………………………………3分≥=，………………4分因为x2+y2+z2≥，所以x2、y2、z2中至少有一个不小于，即在x、y、z中至少有一个不小于。……………………………………………………………………………6分MNQPABCDzwa1a2b1b2c1c2d1d2xy图1(3)解：命题1：如图1，已知四边形MNPQ内接于边长为1的正方形ABCD，求证：四边形MNPQ中至少有一边的长不小于。证明：线段AQ、AM、BM、BN、CN、CP、DP、DQ分别设为a1、a2、b1、b2、c1、c2、d1、d2，设MN、NP、PQ、QM为w、x、y、z，因为a1+d2=1，a2+b1=1，b2+c1=1，c2+d1=1，所以(a1+a2)+(b1+b2)+(c1+c2)+(d1+d2)=4这四组数中至少有一组数不小于1，不妨假定a1+a2≥1，那么a2≥1–a1，因为z2=a12+a22≥a12+(1–a1)2=2a12–2a1+1=2(a1–)2+≥所以z≥，即四边形MNPQ中至少有一边的长不小于。12/12\n命题：3分；证明：3分命题2：如图2，已知六边形A1B1C1D1E1F1内接于边长为1的正六边形ABCDEF，求证：六边形A1B1C1D1E1F1中，至少有一边的长不小于。AA1BB1CC1DD1EE1FF1a2a1b2b1c2c1d2d1e2e1f2f1图2证明：分别设线段AF1、AA1、BA1、BB1、…、FE1、FF1为a1、a2、b1、b2、…、f1、f2，如图所示。因为a1+f2=1，a2+b1=1，b2+c1=1，c2+d1=1，d2+e1=1，e2+f1=1，所以(a1+a2)+(b1+b2)+…+(f1+f2)=6，这六组数中至少有一组数不小于1，不妨假定a1+a2≥1，那么a2≥1–a1，因为A1F12=AA12+AF12–2AA1.AF1cos120o=a12+a22+a1a2≥a12+(1–a1)2+a1(1–a1)=a12–a1+1=(a1–)2+≥，所以A1F1≥，即六边形A1B1C1D1E1F1中，至少有一边的长不小于。命题：5分；证明：5分AAA1A2A3DAn–1Anaa1aa2aa3anAAAa图3命题3：如图3，已知n边形AAA……A内接于边长为1的正n边形A1A2…An，(n≥4)。求证：n边形AAA……A中，至少有一边的长不小于cos(其中n≥3)。证明：分别设线段A1A、A1A、A2A、A2A、…、AnA、AnA为a1、a、a2、a、…、an、a，因为a1+a=a2+a=a3+a=…=an+a=1，所以(a1+a)+(a2+a)+…+(an+a)=n。这n组数中至少有一组数不小于1，不妨假定a1+a≥1，那么a≥1–a1，于是在ΔA1AA中有：AA2=A1A2+A1A2–2A1A.A1Acos=a12+a2–2a1acos≥a12+(1–a1)2–2a1(1–a1)cos=2[cos+1]a12–2[cos+1]a1+112/12\n=2[cos+1](a1–)2+[1–cos]≥[1–cos]=sin2=cos2。故AA≥cos，即n边形AAA……A中，至少有一边的长不小于cos。命题：7分；证明：7分(文)解：(1)因为f(x)=x2+x，所以x2+x<0；即–1<x<0……………………………………1分(2)不正确，……………………………………………………………………………………2分正确解答如下：令u=–f(x)=–x2–x，则u=–(x+)2+≤，…………………………………………3分当0<u≤时，≥4，即g(x)≥4……………………………………………………4分当u<0时，<0，即g(x)<0……………………………………………………………5分所以g(x)<0或g(x)≥4，即g(x)既无最大值，也无最小值。…………………………6分(3)下面分层给分：命题1：求数列{an}的通项公式。答案1：an=………………(各1分，共计2分)命题2：判断数列{an}的单调性。答案2：=´=，令≥1得：n≤2，即有：a1＝2≤a2＝3=a3＝3≥a4＝≥a5＝≥…≥an≥…，即数列{an}是先增后减的数列。……………………………………(各3分，共计6分)命题3：求数列{an}的最大值。答案3：(前面解题过程同答案2)，且an的极限是0，故有an的最大值为a2＝a3＝3，………………………………………………(各5分，共计10分)命题4：an对一切正整数n，均有an≤C恒成立，求C的最小值。答案4：因为an=，若an对一切正整数n，均有Tn≤C恒成立，则需C大于或等于an的最大值，(此部分解题过程同答案3)，又对一切正整数n，均有an≤C恒成立，所以C≥3，C的最小值为3…………………………………………….…各7分，共计14分12/12\n本资料由《七彩教育网》www.7caiedu.cn提供！12/12