上海市松江区2022届高考二模数学试题（原卷+解析）

这是一份上海市松江区2022届高考二模数学试题（原卷+解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
上海市松江区2022届高考二模数学试题 一、单选题1．下列函数中，与函数的奇偶性和单调性都一致的函数是（    ）A． B．C． D．2．在2022北京冬奥会单板滑雪U型场地技巧比赛中，6名评委给选手打出了6个各不相同的原始分，经过“去掉其中一个最高分和一个最低分”处理后，得到4个有效分．则经处理后的4个有效分与6个原始分相比，一定会变小的数字特征是（    ）A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差3．设函数图像的一条对称轴方程为，若、是函数的两个不同的零点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．4．已知正方形的边长为4，点、分别在边、上，且，，若点在正方形的边上，则的取值范围是（    ）A． B． C． D． 二、填空题5．已知集合，集合，则＝_______．6．若复数，其中为虚数单位，则_______．7．已知角为的内角，，则_________．8．若函数的反函数的图像经过点，则=_______．9．在的展开式中，含的系数为______．10．若实数、满足约束条件，则的最小值是_____．11．从1，2，3，4，5这五个数字中任意选取两个不同的数字组成一个两位数，则这个两位数是偶数的概率为_______．12．如图所示，在正方体中，若是的中点，则异面直线与所成角的大小为_______．（结果用反三角函数表示）13．已知正实数、满足，则的最小值为_______．14．已知数列的首项，且对任意的，都有，则______．15．设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且，则直线斜率的最大值为_______．16．已知函数，是定义在R上的奇函数，且满足，当时，．则当时，方程实根的个数为_______． 三、解答题17．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，， 是的中点，点在棱上．(1)求四棱锥的全面积；(2)求证：．18．在等差数列中，已知，．(1)求数列的通项公式；(2)若数列是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前项和．19．如图，农户在米、米的长方形地块上种植向日葵，并在处安装监控摄像头及时了解向日葵的生长情况．监控摄像头可捕捉到图像的角度范围为，其中点、分别在长方形的边、上，监控的区域为四边形．记． (1)当时，求、两点间的距离；（结果保留整数）(2)问当取何值时，监控区域四边形的面积最大？最大值为多少？（结果保留整数）20．已知椭圆的右顶点坐标为A（2，0），左、右焦点分别为F1、F2，且|F1F2|＝2，直线l交椭圆Γ于不同的两点M和N．(1)求椭圆Γ的方程；(2)若直线l的斜率为1，且以MN为直径的圆经过点A，求直线l的方程；(3)若直线l与椭圆Γ相切，求证：点F1、F2到直线l的距离之积为定值．21．对于定义在R上的函数，若存在正数m与集合A，使得对任意的，当，且时，都有，则称函数具有性质．(1)若，判断是否具有性质，并说明理由；(2)若，且具有性质，求m的最大值；(3)若函数的图像是连续曲线，且当集合（a为正常数）时，具有性质，证明：是R上的单调函数．
参考答案：1．B【分析】根据初等函数的奇偶性与单调性，再结合导数即可判断答案.【详解】容易判断是奇函数，且在R上是增函数，而是偶函数，在R上不是增函数，所以排除A,C,D.对B，函数是奇函数，且，则函数在R上是增函数.故选：B.2．D【分析】根据平均值、中位数、众数、方差的定义即可得解.【详解】去掉最大值与最小值这组数的平均值大小不确定，中位数不变，众数大小不确定，根据方差的定义，去掉最高分，最低分后，剩余四个数据的波动性小于原来六个数据的波动性，故方差一定会变小.故选：D3．B【分析】根据对称轴和的范围可得的值，从而可得周期，然后由题意可知的最小值为可得.【详解】由题知，则，因为，所以所以易知的最小值为.故选：B4．C【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的数量积运算及二次函数求值域即可得解.【详解】如图，建立平面直角坐标系，则，，当在上时，设，，，当时，，当时，，即，当在上时，设，则，，知，当在上时，设，，，当时，，当时，，即，当在上时，设，，，当时，，当时，，即.综上可得，，故选：C5．【分析】根据集合交集运算求解.【详解】因为集合，集合，所以.故答案为：6．【分析】由复数的四则运算以及模长公式计算即可.【详解】故答案为：7．##【分析】根据同角三角函数，即可求解.【详解】由条件可知，.故答案为：8．2【分析】根据指数函数与对数函数的关系求出的反函数，再代入计算可得；【详解】解：因为函数的反函数为，，所以，即，所以或（舍去）；故答案为：9．【分析】由的展开式的通项公式，令，即可求得结论．【详解】的展开式的通项公式为令，则，的展开式中含项的系数是.故答案为：．10．1【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：1.11．##【分析】由列举法可得所有基本情况数及满足要求的情况数，再由古典概型概率公式即可得解.【详解】由题意任取两个不同的数字组成1个两位数，共有：12，13，14，15，21，23，24，25，31，32，34，35，41，42，43，45,51,52,53，54共20个；其中偶数有：12，14，24，32，34，42，52,54共8个；故所求概率.故答案为：.12．【分析】取的中点F，连接DF，得到是异面直线与所成的角，然后利用余弦定理求解.【详解】解：如图所示：取的中点F，连接DF，则是异面直线与所成的角，设正方体的棱长为，则，所以，，所以 ，故答案为：13．【分析】根据均值不等式及二次不等式的解法求解即可.【详解】因为，所以，当且仅当时等号成立，即，解得或（舍去），即的最小值为4，当且仅当时等号成立.故答案为：414．【分析】构造法先求数列的通项，然后可得的通项，再求极限可得.【详解】因为，所以，变形得所以数列是以为首项，为公差的等差数列所以所以所以.故答案为：015．##【分析】设出点坐标，利用向量法求得点坐标并代入抛物线的方程，求得直线斜率平方的表达式，结合二次函数的性质求得最大值.【详解】设，，依题意，所以，所以，将点的坐标代入抛物线的方程得：，整理得，设直线的斜率为，则，根据二次函数的性质可知，当时，取得最大值为，所以的最大值为.故答案为：16．506【分析】转化为两个函数图像交点个数问题，然后作图结合周期性可得.【详解】因为，所以的图像关于对称又是定义在R上的奇函数，图像关于原点对称，所以是周期为8的周期函数分别作出在上的图像，共2个交点；又刚好为的252个周期，易知在每个周期内有两个交点，在上共有504个交点，综上，共有506个交点，即方程实根的个数为506.故答案为：50617．(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据题意可证出侧面为直角三角形，直接计算侧面底面面积求和即可；（2）先证出CD⊥平面PAD，再得AF⊥平面PDC，即可得证.【详解】（1）∵BC//AD，AD⊥平面ABP，∴BC⊥平面ABP，∴BC⊥BP，∴,同理可得,∴.（2）∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA．又ABCD是矩形，∴CD⊥AD，∵PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD．∵AF⊂平面PAD，∴AF⊥CD．∵PA＝AD，点F是PD的中点，∴AF⊥PD．又CD∩PD＝D，∴AF⊥平面PDC．∵PE⊂平面PDC，∴PE⊥AF．18．(1)(2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，由可得，从而求出与的值即可求出的通项公式；（2）由（1）可知，则，从而利用分组求和即可求出．【详解】（1）解：设等差数列的公差为，由，得，解得，所以；（2）解：由（1）可知，则，所以．19．(1)82(2)，4886 【分析】（1）根据，求解，再用勾股定理求解即可（2）根据直角三角函数中的关系分别求得的面积，进而表达出四边形的面积，再令，化简再用基本不等式求解最小值即可【详解】（1）∵，∴∵  ∴∴（2），，所以，所以，令，则∴∴此时，，，即时.故当时，监控区域四边形的面积最大约为20．(1)(2)或(3)证明见解析 【分析】（1）根据题意结合，可求得椭圆方程；（2）设直线l的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及，即可求得直线l的方程；（3）分类讨论，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程y＝kx+b，与椭圆方程联立，由Δ＝0，可得b2＝3+4k2，结合点到直线的距离公式，即可求得点F1、F2到直线l的距离之积为定值．【详解】（1）因为|F1F2|＝2c＝2，则c＝1，因为a＝2，，所以椭圆Γ的方程；（2）因为直线l的斜率为1，故设直线l的方程为y＝x+m，设M（x1，y1），N（x2，y2），由，消去y整理得，则，，因为以MN为直径的圆经过右顶点A，则，所以，即整理得∴整理得，解得或，因为，显然当或时，成立所以直线l的方程为或；（3）证明：椭圆Γ的左、右焦点分别为，①当直线l平行于y轴时，因为直线l与椭圆Γ相切，所以直线l的方程为x＝±2，此时点F1、F2到直线l的距离分别为d1＝1，d2＝3，所以d1d2＝3，②当直线l不平行与y轴时，设直线l的方程为y＝kx+b，联立，消去y整理得，所以，因为直线l与椭圆Γ相切，则Δ＝0，所以，因为到直线l的距离为，到直线l的距离为，所以，所以点F1、F2到直线l的距离之积为定值，且定值为3．【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，向量的坐标运算，点到直线的距离公式，考查转化思想，分类讨论思想，计算能力，属于难题．21．(1)具有性质，理由见解析；(2)；(3)证明见解析. 【详解】（1）对一切，，且由于具有性质.（2）令，则 ∵具有性质，∴当时，恒有，即，.（3）∵函数具有性质，∴对任意的区间，当时，都有成立.下面证明此时，恒有或恒有若存在，使得①，不妨设②当①或②式中有等号成立时，与矛盾当①②两式中等号均不成立时， 的函数值从连续增大到时，必在存使得，也与矛盾，同理可证也不可能.∴对任意的区间，当时，恒有或恒有， ∵对任意的，总存在，使得：，∴当时，，此时在单调递增，当时，成立，此时在上单调递减，综上可知是上的单调函数.【点睛】关键点点睛：对于新定义问题，关键在于理解所给定义，一般就是需要具体化新定义的内容，研究所给特例问题，一般需要化抽象为具体，具有很强的类比性，对类比推理要求较高.