上海市杨浦区2020届高三二模考试数学试题+Word版含解析

2020年上海杨浦区高三数学二模试卷

杨浦区2019学年第二学期高三年级质量检测卷

一、填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）

1.设集合，集合，则_______.

【答案】.

【解析】

【分析】

根据交集定义计算．

【详解】由题意．

故答案为：．

【点睛】本题考查交集的运算，属于简单题．

2.行列式_______.

【答案】10

【解析】

【分析】

根据行列式定义直接计算．

【详解】．

故答案为：10．

【点睛】本题考查三阶行列式的计算，掌握行列式计算公式即可．属于基础题．

3.函数的最小正周期为_______.

【答案】

【解析】

【分析】

用降幂公式化函数为一次的形式后可计算周期．

【详解】，故周期.

故答案为：．

【点睛】本题考查三角函数的周期，考查余弦的二倍角公式，属于基础题．

4.已知复数满足，则__________．

【答案】.

【解析】

【分析】

在等式两边同时除以，再利用复数的除法法则可得出复数.

【详解】，，

故答案为.

【点睛】本题考查复数的除法，解题的关键就是从等式中得出的表达式，再结合复数的四则运算律得出结果.

5.若是无穷等比数列，首项，则的各项的和_______.

【答案】.

【解析】

【分析】

直接由无穷递缩等比数列的和的公式计算．

【详解】．

故答案为：．

【点睛】本题考查无穷递缩等比数列的和，掌握无穷递缩等比数列的和的公式是解题关键．

6.在3名男生、4名女生中随机选出2名学生参加某次活动，则选出的学生恰为一男一女的概率为_______.

【答案】

【解析】

【分析】

根据组合的知识求出从7人中任取2人的方法数，同时计算出选出的学生恰为一男一女的方法数，然后可计算出概率．

【详解】由题意.

故答案为：．

【点睛】本题考查古典概型，解题关键是求出所有基本事件个数．

7.实数满足约束条件，目标函数的最大值为_______.

【答案】2

【解析】

【分析】

作出可行域，作出目标对应的直线，平移此直线可得最优解．

【详解】作出可行域，如图四边形内部（含边界），

联立，解得，即点，

作直线，平移直线，当过点时，直线在轴上的截距最大，

此时取得最大值.

故答案为：.

【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域，作出目标函数对应的直线．

8.已知曲线的参数方程为，曲线的参数方程为（是参数），则和的两个交点之间的距离为_______.

【答案】

【解析】

【分析】

把两曲线的参数方程化为普通方程，求出圆心到直线的距离，根据勾股定理计算弦长．

【详解】消去参数得两曲线的普通方程为：，

曲线是圆，圆心为，半径为，圆心到直线距离为，故两交点之间距离为.

故答案为：．

【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，考查求直线与圆相交弦长，求直线与圆相交弦长问题，一般不是直接求出交点坐标，而是求出圆心到弦所在直线距离，用勾股定理（几何方法）计算弦长．

9.数列满足对任意恒成立，则_______.

【答案】3031

【解析】

【分析】

由已知再写出，两式相减可得数列的偶数项成等差数列，求出后，由等差数列的通项公式可得．

【详解】由，两式相减得.而，

∴.

故答案为：3031．

【点睛】本题考查等差数列的通项公式与等差数列的判断，解题关键是由已知递推式写出相邻式（用代）后两式相减．

10.设，若的二项展开式中，有理项的系数之和为29525，则_______.

【答案】10

【解析】

【分析】

根据二项式定理确定的二项展开式中，有理项是奇数项，其系数与展开式中奇数项系数相等，这样可在的展开式中用赋值法求得奇数项系数和．

【详解】，有理项为奇数项，即，也就是的奇数项，设，并记，则，，

∴，∴．

故答案为：10．.

【点睛】本题考查二项式定理，考查用赋值法求二项展开式中的系数和，类比成的系数是解题关键．

11.设是同一平面上的三个两两不同的单位向量，若，则的值为_______.

【答案】

【解析】

【分析】

利用可设，设的夹角为，则的夹角为，的夹角为或，利用得，建立方程关系求解即可.

【详解】，设，则，

是同一平面上的三个两两不同的单位向量，

设的夹角为，则的夹角为，的夹角为或，

，，

解得，或（舍去）.

所以.

故答案为：．

【点睛】本题考查向量数量积以及三角恒等变换求值，考查了转化与化归思想，属于中档题.

12.已知抛物线和的焦点均为点，准线方程为和.设两抛物线交于两点，则直线的方程为_______.

【答案】

【解析】

【分析】

根据抛物线定义写出两抛物线方程（平方），相减后可得两点坐标满足的方程，化简此方程（根据两点在两准线的位置确定正负）可得直线方程．

【详解】按抛物线定义有，

两方程相减即得，而位于的右侧和的上侧，

故，即

故答案为：．

【点睛】本题考查抛物线的定义，考查两曲线公共弦所在直线方程．本题中掌握抛物线的定义和直线方程的定义是解题关键．

二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）

13.不等式的解集为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

把分式不等式转化为整式不等式求解．注意分母不为0．

【详解】原不等式可化为，解得．

故选：B．

【点睛】本题考查解分式不等式，解题方法是转化为整式不等式求解，转化时要注意分式的分母不为0．

14.设是复数，则“是虚数”是“是虚数”的（    ）

A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】

根据充分必要条件的定义及复数的概念进行判断．可取特例说明一个命题为假．

【详解】充分性：取，故是实数，故充分性不成立；

必要性：假设实数，则也是实数，与是虚数矛盾，∴是虚数，故必要性成立．

故选：B．.

【点睛】本题考查充分必要条件判断，考查复数的概念，属于基础题．

15.设是椭圆的两焦点，与是该椭圆的右顶点与上顶点，是该椭圆上的一个动点，是坐标原点，记.在动点在第一象限内从沿椭圆向左上方运动到的过程中，的大小变化情况为（    ）

A. 逐渐变大 B. 逐渐变小 C. 先变大后变小 D. 先变小后变大

【答案】B

【解析】

【分析】

设，然后由向量数量积的坐标表示求出为的函数后，根据函数性质可得结论．

【详解】设，由椭圆方程知，

，随的减小而变小，

故选：B.

【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算，掌握向量数量积的的坐标表示是解题基础．

16.设是2020项的实数数列，中的每一项都不为零，中任意连续11项的乘积是定值.

①存在满足条件的数列，使得其中恰有365个1；

②不存在满足条件的数列，使得其中恰有550个1.

命题的真假情况为（    ）

A. ①和②都是真命题 B. ①是真命题，②是假命题

C. ②是真命题，①是假命题 D. ①和②都是假命题

【答案】D

【解析】

【分析】

先确定数列是周期数列，然后根据一个周期中出现的1的个数，判断数列中可能出现的1的个数（与365,550接近的可能个数），得出结论．

【详解】设；则，也就是，即是以11为周期的数列.而.

若一个周期内有1个1，则1的个数有183或184个.

若一个周期内有2个1，则1的个数有366或367或368个.

若一个周期内有3个1，则1的个数有549或550或551或552个.

故选：D．

【点睛】本题考查数列的周期性，解题方法是确定出数列的周期，然后分类讨论1出现的次数的可能（与365,550接近的可能个数）．

三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）

17.如图，线段和是以为顶点的圆锥的底面的两条互相垂直的半径，点是母线的中点，已知.

（1）求该圆锥的体积；

（2）求异面直线与所成角的大小

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）由圆锥性质知，然后计算出高后可得体积；

（2）以为轴正半轴，为轴正半轴，为轴正半轴.建立空间直角坐标系，用空间向量法示得异面直线所成的角．

【详解】（1）由题可得，故体积.

（2）以为轴正半轴，为轴正半轴，为轴正半轴建立空间直角坐标系，则，，所以，设异面直线与所成角为，则，故所成角为.

【点睛】本题考查求圆锥的体积，考查用空间向量法求异面直线所成的角．掌握圆锥的性质是解题关键．

18.已知三角形中，三个内角的对应边分别为，且.

（1）若，求；

（2）设点是边的中点，若，求三角形的面积.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）用余弦定理后解方程可求得；

（2）由余弦定理求得中线与边长的关系，从而求得三角形的第三边长，再由余弦定理求出一个角的余弦，转化为正弦后可得三角形面积．

【详解】（1）由余弦定理可得.

（2）由题意可得，，

又，，

∴，即，∴，

∴，由，

∴.

【点睛】本题考查余弦定理解三角形，考查三角形面积，本题中涉及三角形路线问题，根据余弦定理有结论成立（其中是中点）．

19.某地出现了虫害，农业科学家引入了“虫害指数”数列，表示第周的虫害的严重程度，虫害指数越大，严重程度越高，为了治理虫害，需要环境整治、杀灭害虫，然而由于人力资源有限，每周只能采取以下两个策略之一：

策略：环境整治，“虫害指数”数列满足；

策略：杀灭害虫，“虫害指数”数列满足；

当某周“虫害指数”小于1时，危机就在这周解除.

（1）设第一周的虫害指数，用哪一个策略将使第二周的虫害严重程度更小？

（2）设第一周的虫害指数，如果每周都采用最优的策略，虫害的危机最快在第几周解除？

【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）虫害最快在第9周解除

【解析】

【分析】

（1）根据两种策略，分别计算第二周虫害指数，比较它们的大小可得结论；

（2）由（1）可知，最优策略为策略，得，凑配出数列是等比数列，求得通项，由可解得的最小值．

【详解】（1）由题意可知，使用策略时，；使用策略时，

令，即当时，使用策略第二周严重程度更小；当时，使用两种策哈第二周严重程度一样；当时，使用策略第二周严重程度更小.

（2）由（1）可知，最优策略为策略，即，所以数列是以为首项，1.08为公比的等比数列，所以，即，令，可得，所以虫害最快在第9周解除.

【点睛】本题考查数列的应用，考查由递推公式求数列的通项公式．掌握由递推公式求通项公式的方法是解题基础．

20.已知双曲线，经过点的直线与该双曲线交于两点.

（1）若与轴垂直，且，求的值；

（2）若，且的横坐标之和为，证明：.

（3）设直线与轴交于点，求证：为定值.

【答案】（1）（2）证明见解析；（3）证明见解析；

【解析】

【分析】

（1）把代入双曲线方程求得坐标，由可求得；

（2）设，设直线方程为，代入双曲线方程应用韦达定理得，由可求得，再由数量积的坐标运算计算出可得结论；

（3）设方程为，且，由可用表示出，代入双曲线方程得，同理.故是方程的两根.由韦达定理可得结论．

【详解】（1），，，

∴.

（2），设，显然直线斜率存在，设方程为，并与联立得，由得，此时.

.

（3）有题意可知直线斜率必存在，设方程为，且.由得，所以，，又由于点在双曲线上，故化简得，同理.故是方程的两根.则为定值.

【点睛】本题考查直线与双曲线相交问题，考查韦达定理的应用．在直线与双曲线相交时常常设交点坐标为，由直线方程与双曲线方程联立方程组消元后应用韦达定理得出，然后代入其他条件求解．

21.已知，其中是实常数.

（1）若，求的取值范围；

（2）若，求证：函数的零点有且仅有一个；

（3）若，设函数的反函数为，若是公差的等差数列且均在函数的值域中，求证：.

【答案】（1）（2）证明见解析；（3）证明见解析；

【解析】

【分析】

（1）直接解不等式即可；

（2）说明函数是增函数，然后由，可得结论；

（3）首先不等式变形：，即

，而，问题转化为证明是关于的减函数，即设，证明，利用反函数定义，设，由单调递增可得之间的大小关系，得.

作两个差，，并相减得，若，此式中分析左右两边出现矛盾，从而只能有，证得结论．

【详解】（1），所以，，易知，所以，所以.

（2）函数为增函数，且，由于.故在上必存在，使.又为增函数，所以函数的零点有且仅有一个.

（3）即证：.

，而，所以只需证是关于的减函数.

设，即证※大于0

设，由单调递增可得.

.

而，

两式相减得，

①

同理②，

①-②得：

.

若，则上式左侧，右侧矛盾，故※.证毕.

【点睛】本题考查函数的零点，反函数的概念，考查函数的单调性，主要考查转化与化归思想，利用反函数定义把反函数问题转化为原函数的问题求解．对学生分析问题解决问题的能力要求较高，属于难题．