上海市2022届高三高考冲刺卷六数学试题-

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上海市2022届高三高考冲刺卷六数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．如图，样本和分别取自两个不同的总体，它们的平均数分别为和，标准差分别为和，则（       ）

A．

B．

C．

D．

2．如图，在中，已知，D是边上的一点，，则的长为（       ）

A． B． C． D．

3．对任意的，由关系式得到的数列满足，则函数的图象可能是（       ）

A． B．

C． D．

4．一个平面封闭区域内任意两点距离的最大值称为该区域的“直径”，封闭区域边界曲线的长度与区域直径之比称为区域的“周率”，下面四个平面区域（阴影部分）的周率从左到右依次记为，则下列关系中正确的为（       ）

　　图1　　　　　　　　　　图2　　　　　　　　　图3　　　　　　　　　图4

A． B．

C． D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

5．集合，则_________．

6．在的展开式中，的系数为_________．

7．三阶行列式中元素的代数余子式的值为_________．

8．若（i是虚数单位）是关于x的实系数方程的一个复数根，则_________．

9．锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆5个，这三种汤圆的外部特征完全相同．从中任意舀取4个汤圆，则每种汤圆都至少取到1个的概率为_________．

10．某蔬菜基地要将120吨新鲜蔬菜运往上海，现有4辆甲型货车和8辆乙型货车可供使用，每辆甲型货车运输费用400元，可装蔬菜20吨，每辆乙型货车运输费用300元，可装蔬菜10吨，若每辆车至多只运一次，则该蔬菜基地所花的最少运输费用为_________元．

11．两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放入棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则所有这样的几何体体积的可能值的集合为_________．

12．在直角中，为直角，，M是内一点，且，若，则的最大值为_________．

13．设函数f(x)＝ (a<0)的定义域为D，若所有点(s，f(t))(s、t∈D)构成一个正方形区域，则a的值为________．

14．设向量，则_________．

15．设直线系，对于下列四个命题：

①M中所有直线均经过一个定点；

②存在定点P不在M中的任一条直线上；

③对于任意整数，存在正n边形，使其所有边均在M中的直线上；

④M中的直线所能围成的正三角形面积都相等．

其中真命题的序号是_________（写出所有真命题的序号）

16．已知函数的部分图像如图所示，则满足条的最大负整数x为_________．

17．已知圆锥母线长为6，底面圆半径长为4，点M是母线的中点，是底面圆的直径，底面半径与母线所成角的大小等于．

(1)当时，求异面直线与所成的角；

(2)当三棱锥的体积最大时，求的值．

18．在数列中，，其中．

(1)设，证明数列是等比数列；

(2)记数列的前n项和为，试比较与的大小．

19．设A、B是双曲线上的两点，点是线段的中点．

(1)求直线的方程；

(2)若线段的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，则A、B、C、D四点是否共圆？判断并说明理由．

20．对于两个定义域相同的函数和，若存在实数m、n使，则称函数是由“基函数和”生成的．

(1)若和生成一个偶函数，求的值；

(2)若由函数（，且）生成，求的取值范围：

(3)试利用“基函数和”生成一个函数，使之满足下列条件：①是偶函数；②有最小值1．求函数的解析式并进一步研究该函数的单调性．（无需证明）

21．设A是由个实数组成的2行n列的矩阵，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零．记为所有这样的矩阵构成的集合．记为A的第一行各数之和，为A的第二行各数之和，为A的第i列各数之和．记为、、、、…、中的最小值．

(1)若矩阵，求；

(2)对所有的矩阵，求的最大值；

(3)给定，对所有的矩阵，求的最大值．

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

直接根据图表得到答案.

【详解】

根据图表：样本数据均小于等于10，样本数据均大于等于10，故；

样本数据波动大于样本数据，故.

故选：B.

2．D

【解析】

【分析】

由余弦定理求出，得到，由正弦定理进行求解出答案.

【详解】

在中，由余弦定理得：，

因为，

所以，

在中，由正弦定理得：，即，

解得：

故选：D

3．A

【解析】

【分析】

由递推式可得图象上任一点都满足，即可得结果.

【详解】

根据题意，由关系式得到的数列满足，

即函数的图象上任一点都满足.

结合图象，可知只有A满足.

故选：A.

4．C

【解析】

【分析】

利用新定义结合正方形，圆，正三角形的性质计算．

【详解】

图1，延长最外边的边可构成正方形，设其边长为，则，

图2，设大圆半径为，则；

图3把上面凹下去的沿折线翻折上去后构成正三角形，设正三角形边长为，

则．

图4，是一个正三角形每边三等分后，以中间一段为边向形外作小的正三角形构成，区域直径是图形中相对两个顶点间距离，设大正三角形边长为，则，

所以，

故选：C．

5．

【解析】

【分析】

先求出集合A,B，进而根据集合的交集和补集运算即可求得答案.

【详解】

由题意，.

故答案为：.

6．

【解析】

【分析】

根据二项式定理求出通项，即可求出的系数.

【详解】

的展开式中，含的项为：，

故的系数为.

故答案为：．

7．34

【解析】

【分析】

根据行列式的代数余子式的定义进行计算．

【详解】

由题可知.

故答案为：34.

8．##

【解析】

【分析】

由题知与其共轭复数均为方程的根，进而由韦达定理即可得答案.

【详解】

∵实系数一元二次方程的一个虚根为，

∴其共轭复数也是方程的根.

由根与系数的关系知，，

∴ ，.

∴

故答案为：

9．

【解析】

【分析】

每种汤圆都至少取到1个，则有1种汤圆会取到2个，分三类进行求解相加，利用组合知识求出总的选择情况个数，利用古典概型求概率公式进行求解.

【详解】

由题意得：可能情况有芝麻馅汤圆取到2个，花生馅汤圆和豆沙馅汤圆各1个，

此时有种选择；

花生馅汤圆取到2个，芝麻馅汤圆和豆沙馅汤圆各1个，此时有种选择；

豆沙馅汤圆取到2个，芝麻馅汤圆和花生馅汤圆各1个，此时有种选择；

锅中有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆5个，任意舀取4个汤圆的情况有种；

所以每种汤圆都至少取到1个的概率为.

故答案为：

10．2800

【解析】

【分析】

根据题意，列出不等式组及目标函数，根据不等式组画出平面区域即可求解.

【详解】

设分别用甲型和乙型货车辆，根据题意可得,设总费用为元，则，画出平面区域可知，当经过点时，取得最小值.

故答案为：2800元．

11．.

【解析】

【分析】

根据正方体与正四棱锥性质，正方形在正方体的过四条平行棱中点的截面的内，这个截面是正方形，由正方形的内接正方形的面积值可得棱锥的体积值，由此可得结论．

【详解】

显然两个正四校锥的高均为，考查放入正方体后，面所在的截面为正方形，如图，设，显然有，，即，这样的，只要满足，，

故当时，最小，为；正方形与正方形重合时，最大，为1，有无数对，则的取值范围是：，所以该几何体的体积取值范围是：．

故答案为：．

12．##

【解析】

【分析】

由得出，即，且由，，设，，然后利用辅助角公式可求出的最大值.

【详解】

，，，，则，且，

则，

点在内，则，，设，，

，其中，

因此，的最大值为.

故答案为：.

13．

【解析】

【详解】

|x1－x2|＝fmax(x)，＝，|a|＝2，∴a＝－4

14．

【解析】

【分析】

由题意求出的周期为12，的周期为6，利用周期可得答案.

【详解】

由题意可得

，

，

，

，

，

，

，

所以的周期为12，且

，，

，，

，，

所以的周期为6，

则.

故答案为：.

15．②③

【解析】

【分析】

令，消去，即可得到直线系表示圆的切线的集合，即可判断①②③，再利用特殊值判断④；

【详解】

解：由直线系，

可令，消去可得，

故直线系表示圆的切线的集合，故①不正确；

因为对任意，存在定点不在直线系中的任意一条上，故②正确；

由于圆的外切正边形，所有的边都在直线系中，故③正确；

中的直线所能围成的正三角形的边长不一定相等，故它们的面积不一定相等，如图中等边三角形和面积不相等，故④不正确．

综上，正确的命题是②③．

故答案为：②③．

16．

【解析】

【分析】

由函数图象求得函数解析式，解不等式得的范围，然后结合周期性分析出最大负整数解．

【详解】

由题意，，

，不妨取，所以，

，

，

不等式即为，则，

，则或，，

即或，，

注意到最靠近边的负数解为或，

即或，由于函数的最小正周期是，

把区间和依次向左移动若干个3.14个单位，得到含有最大负整数的区间是，所以最大的负整数．

故答案为：．

17．(1)或

(2)

【解析】

【分析】

（1）取中点，得是与所成的角或其补角，是与所成的角或其补角，根据异面直线所成角的定义分类讨论，求得，从而求得结论；

（2）由体积公式确定三棱锥体积最大时，然后求出相应线段长得异面直线所成的角．

(1)

取中点，因为是中点，则，是中点，则，

所以是与所成的角或其补角，是与所成的角或其补角．

，，，

若，则，

，，

是圆锥的高，而在底面上，因此，

所以，所以，；

若若，则，

，，

是圆锥的高，而在底面上，因此，

所以，所以，．

(2)

三棱锥中顶点到底面的距离不变，只有最大时，三棱锥的体积最大，

，

所以时，最大．

此时，

，

，．

所以．

18．(1)证明见解析；

(2)答案见解析.

【解析】

【分析】

（1）由已知得，代入给定等式并变形，再利用等比数列定义判断作答.

（2）利用分组求和法求出，作与的差，构造新数列并判断其单调性即可推理作答.

(1)

，由得：，而，

则，整理得，而，

所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.

(2)

由（1）知，，于是得，，

因此，，

令，显然数列是递增数列，而，

即时，，，当时，，

所以，当时，，当时，.

19．(1)

(2)A、B、C、D四点共圆，理由见解析.

【解析】

【分析】

（1）点差法求解中点弦的斜率及方程；（2）求出AB两点坐标，求出AB的垂直平分线，联立后求出CD点的坐标，得到CD的中点M的坐标，计算得到，从而得到四点共圆.

(1)

设，显然，

由题意得：，

两式相减得：，

即，

因为点是线段的中点，

所以，

所以，

即直线的斜率为1，

所以直线的方程为，整理得：

(2)

联立与，得到：

，

解得：，当时，，

当时，，

不妨设，

直线AB的垂直平分线为，与联立得：，

解得：，当时，，

当时，，

不妨设，

则CD的中点为，

又，，

，

所以，

故A、B、C、D四点共圆，圆心为，半径为.

20．(1)0.

(2).

(3)，在递减，在递增.

【解析】

【分析】

（1）由列方程，根据为偶函数求得的关系式，进而求得的值.

（2）由列方程组，化简后求得的关系式，利用导数求得的取值范围.

（3）构造函数，并证得其奇偶性和单调性.

(1)

解：由为偶函数可知，

所以.

(2)

解：由得，

所以，由于，所以可化简得，所以.

构造函数，，所以函数在上递增，在上递减，

所以函数在处，有极大值，在处有极小值.

所以的取值范围是.

(3)

解：构造函数，，

所以为偶函数.由于，

所以有最小值符合题意.在递减，在递增.

另补证明：由于为偶函数，只需求得上的单调性.

构造函数，，由于时，，

故，所以函数在上递增.

根据复合函数单调性同增异减可知，函数在上递增.

根据为偶函数可知，函数在递减.

【点睛】

本小题主要考查新定义函数的概念理解，考查利用导数、基本不等式等方法求最值，考查函数的单调性和奇偶性，考查化归与转化的数学思想方法，综合性较强，属于中档题.

21．(1)0.7；

(2)1；

(3).

【解析】

【分析】

（1）根据给定定义，直接计算即可得解.

（2）（3）设出矩阵A，利用定义推理、计算，建立不等关系求解，再举出使结论成立的一个矩阵说明作答.

(1)

依题意，，，，，，

所以.

(2)

设矩阵，，且，

若任意改变矩阵A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成其相反数，得到新矩阵，则，且，

则不妨设，且由的定义知，，，

相加得：

，

因此，，当，时取“=”，

显然存在矩阵，使，

所以的最大值是1.

(3)

设矩阵，，

，且，

由（2）知，不妨设，且，

由的定义知，，相加得：

，

因此，，当，，时取“=”，

此时，，

，

即存在矩阵，其中个1，使，

所以的最大值是.

【点睛】

思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.