上海市徐汇区2022届高考二模数学试题（原卷+解析）

这是一份上海市徐汇区2022届高考二模数学试题（原卷+解析），共19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。
上海市徐汇区2022届高考二模数学试题 一、单选题1．已知空间三条直线a、b、m及平面β，且a、b⊂β，条件甲：m⊥a，m⊥b；条件乙：m⊥β，则“条件乙”是“条件甲”的（　　）条件A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分也不必要2．函数图象的大致形状是（    ）A． B．C． D．3．当曲线(为参数)的点到直线(t为参数)的最短距离时，该点的坐标是（    ）.A． B． C． D．4．已知函数，，对于不相等的实数、，设，，现有如下命题：①对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得；②对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，下列判断正确的是（    ）A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 二、填空题5．已知复数，（其中i为虚数单位），则__．6．已知集合，，则___________.7．设等差数列的前项和为，若，则=___________.8．函数的反函数为，则___________.9．已知，则___________.10．已知多项式，则___________.11．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学著作，第九章“勾股”讲述了勾股定理及一些应用，将直角三角形的斜边称为“弦”，短直角边称为“勾”，长直角边称为“股”，设点F是抛物线的焦点．l是该抛物线的准线，过抛物线上一点A作准线的垂线AB，垂足为B，射线AF交准线l于点C，若的“勾”，“股”，则抛物线的方程为__．12．某校航模队甲组有10名队员，其中4名女队员，乙组也有10名队员，其中6名女队员.现采用分层抽样（层内采用不放回随机抽样）从甲､乙两组中共抽取4名队员进行技术考核，则从乙组抽取的队员中恰有一名女队员的概率为___________.13．设圆锥底面圆周上两点、间的距离为，圆锥顶点到直线的距离为，和圆锥的轴的距离为，则该圆锥的侧面积为___________.14．设是直线与圆在第一象限的交点，则___________.15．已知､是空间相互垂直的单位向量，且，，则的最小值是___________.16．已知一簇双曲线：，设双曲线的左､右焦点分别为､，是双曲线右支上一动点，的内切圆与轴切于点，则___________. 三、解答题17．如图，在正三棱柱中，，异面直线与所成角的大小为.(1)求正三棱柱的体积；(2)求直线与平面所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）18．已知函数的部分图象如图所示.(1)求函数的解析式；(2)在为锐角的中，角、、的对边分别为、、，若，，且的面积为，求的值.19． 某油库的设计容量为30万吨，年初储量为10万吨，从年初起计划每月购进石油万吨，以满足区域内和区域外的需求，若区域内每月用石油1万吨，区域外前个月的需求量（万吨）与的函数关系为，并且前4个月，区域外的需求量为20万吨．（1）试写出第个月石油调出后，油库内储油量（万吨）与的函数关系式；（2）要使16个月内每月按计划购进石油之后，油库总能满足区域内和区域外的需求，且每月石油调出后，油库的石油剩余量不超过油库的容量，试确定的取值范围．20．已知椭圆：焦距为，过点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点､.(1)求椭圆的方程；(2)若，的最大值；(3)设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若､和点共线，求实数的值.21．记实数、中较小者为，例如，，对于无穷数列，记.若对任意均有，则称数列为“趋向递增数列”.(1)已知数列、的通项公式分别为，，判断数列、是否为“趋向递增数列”？并说明理由；(2)已知首项为，公比为的等比数列是“趋向递增数列”，求公比的取值范围；(3)若数列满足、为正实数，且，求证：数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有.
参考答案：1．A【分析】由充分必要条件的定义进行判断即可．【详解】由题意，空间三条直线a，b，m及平面β，且a，b⊂β，由线面垂直的判定定理可得：m⊥a，m⊥b，且需要a与b相交才能得出m⊥β，故甲不能推出乙；而由线面垂直的定义可得m⊥β，则m必垂直β内任意直线，即m⊥a，m⊥b，故乙能推出甲；故由充要条件的定义可知，乙是甲的充分不必要条件．故选：A．2．C【解析】分析函数的奇偶性以及在上的函数值符号，可得出合适的选项.【详解】，该函数的定义域为，，函数为偶函数，当时，，，，此时.因此，函数图象的大致形状是C选项中的函数图象.故选：C.【点睛】本题考查利用函数解析式选择函数图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.3．B【分析】将两个参数方程都化为直角坐标方程，由题意可知过圆心且垂直于直线的直线与圆的交点，就是所求的点【详解】解：曲线(为参数)的直角坐标方程为，直线(t为参数)的直角坐标方程为，当直线过圆心且垂直于直线时，直线的方程为，即，由，得或，所以当曲线(为参数)的点到直线(t为参数)的最短距离时，该点的坐标是，故选：B4．D【分析】假设①中的结论成立，构造，取，判断函数的单调性，可判断①；假设②中的结论成立，构造函数，判断出函数的单调性，可判断②.【详解】对于①，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，则，可得，即，取，可得，令，因为函数、在上均为增函数，所以，当、，且时，；当时，函数的增长速度比函数的速度增长得更快，任取、，且，记点、、、，则直线比直线的斜率更大，即，故，故①错；对于②，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，则，可得，构造函数，因为函数为上的增函数，函数在上为增函数，所以，函数在上为增函数，取，则，记，当时，，则，所以，存在区间，使得函数在上不是增函数，故对任意的实数，函数不单调，故对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，②对.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查的是有关函数命题真假的判断，解题的关键在于假设结论成立，通过等式的结构构造新函数，转化为新函数的单调性问题来处理.5．【分析】根据已知条件，运用复数的运算法则即可求解．【详解】．故答案为：．6．【分析】求出集合，利用交集的定义可求得结果.【详解】因为，因此，.故答案为：.7．45【分析】根据等差数列的性质及前项和公式即可求解.【详解】解：因为数列为等差数列，所以，又，所以，所以，故答案为：45.8．【分析】设，利用反函数的性质求出的值，即可得解.【详解】设，则点在函数的图象上，所以，，解得，因此，.故答案为：.9．##【分析】利用诱导公式求出的值，再利用二倍角的余弦公式可求得结果.【详解】，因此，.故答案为：.10．【分析】写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项后即可求得的值.【详解】因为的展开式通项为，的展开式通项为，由，可得，所以，.故答案为：.11．【分析】由题可得，然后由抛物线的定义得到是等边三角形求解即得.【详解】由题意可知，，，可得，所以， 由抛物线的定义得，所以是等边三角形，所以，所以抛物线的方程是.故答案为：.12．【分析】利用分层抽样，求出从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，得到一共的选法，再求出乙组抽取的队员中恰有一名女队员的选法，利用古典概型概率公式求出答案.【详解】利用分层抽样，从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，则共有种选法，从乙组抽取的队员中恰有一名女队员的选法有种选法，所以从乙组抽取的队员中恰有一名女队员的概率为.故答案为：13．【分析】根据圆锥的几何特征计算出圆锥的底面半径和母线长，结合圆锥的侧面积公式可求得结果.【详解】设圆锥的顶点为，底面圆圆心为点，取线段的中点，连接、、、，因为，，则，，故，因为平面，平面，，所以，为直线、的公垂线，故，因为，，，所以，圆锥的底面圆半径为，母线长为，因此，该圆锥的侧面积为.故答案为：.14．【分析】求出直线与圆在第一象限内的交点坐标，分析可知当时，的值会无限趋近于点与点连线的斜率，结合斜率公式可求得的值.【详解】联立，解得，因为，当时，直线趋近于直线，此时，直线与圆在第一象限的交点趋近于点，而可视为点与点连线的斜率，当时，的值会无限趋近于点与点连线的斜率，故.故答案为：.15．3【分析】利用空间向量的数量积计算公式得到，求出最小值，进而求出答案.【详解】因为互相垂直，所以，，当且仅当时，取得最小值，最小值为9，则的最小值为3.故答案为：316．【分析】分析得到为右顶点，从而，利用等差数列求和公式进行计算.【详解】如图，由双曲线定义可知：，而根据切线长定理得：，，，所以，即，解得：，即为右顶点，，故，所以故答案为：17．(1)(2) 【分析】（1）由已知可得，又，求得正三棱柱的底面边长为.再求出底面积，代入棱柱体积公式可得正三棱柱的体积；（2）在底面三角形中，过作，垂足为，则为直线与平面所成角，求解三角形得答案.【详解】（1）解：∵异面直线与所成角的大小为，且，∴，又，∴，即正三棱柱的底面边长为.∴.则；（2）解：在底面三角形中，过作，垂足为，则为中点，在正三棱柱中，平面平面，平面平面，平面，所以平面，连接，则为直线与平面所成角，，，∴，∴，即直线与平面所成角的大小为.18．(1)(2)或 【分析】（1）由图象可得出函数的最小正周期，可求得的值，代入点、的坐标，可分别求出、的值，可得出函数的解析式；（2）由结合角的取值范围可求得角的值，利用三角形的面积公式可求得的值，利用余弦定理可求得的值.【详解】（1）解：由图象可知，函数的最小正周期为，.因为点在函数的图象上，所以，即.又，则，从而，即.又点在函数的图象上，所以由，得.此时，则在附近单调递增，合乎题意，所以函数的解析式为.（2）解：由，所以，，因为，，，则，所以，或，可得或，当时，因为，可得.又因为，所以，解得；当时，因为，可得，因为，所以，解得.所以或.19．（1），（）；（2）．【详解】1）由条件得，所以2分，（）． （２）因为，所以恒成立 恒成立 设，则：恒成立，由恒成立得（时取等号） 恒成立得（时取等号）所以．20．(1)(2)(3) 【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，利用弦长公式得到，结合的取值范围，求出最大值；（3）设出直线方程，表达出两点坐标，由､､三点共线得到方程，化简后得到.【详解】（1）由题意得：焦距为，得，点坐标代入椭圆方程得：，，解得：，，所以椭圆的标准方程为.（2）设直线的方程为，由消去可得，则，即，设，，则，，则，易得当时，，故的最大值为.（3）设，，，，则①，②，又，所以可设，直线的方程为，由消去可得，则，即，由，及①，代入可得，又，所以，所以，同理可得.故，，因为､､三点共线，所以.将点，的坐标代入，通分化简得，即.【点睛】处理圆锥曲线问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再利用弦长公式或题干中条件，求出取值范围或得到方程，求出参数.21．(1)数列不是“趋向递增数列”，数列是“趋向递增数列”，理由见解析(2)(3)证明见解析 【分析】（1）利用定义“趋向递增数列”判断数列、，可得出结论；（2）求得，分、、、、、六种情况讨论，验证能否恒成立，综合可得出的取值范围；（3）利用充分条件、必要条件的定义，利用反证法结合“趋向递增数列”的性质证明数列中没有，再证明出数列中没有时数列不是“趋势递增数列”.【详解】（1）解：由于，记，所以，，由于，不满足对任意均有，所以数列不是“趋向递增数列”，由于，记，所以，数列是“趋向递增数列”.（2）解：.当时，数列为单调递增数列，此时，满足题意，当时，数列为常数列，不满足题意；当时，数列为单调递减数列，此时，不满足题意；当时，此时，满足题意；当时，此时，不满足题意；当时，此时，不满足题意，综上所述，的取值范围是.（3）证明：先证必要性：假设存在正整数使得，，令.因为、为正实数，且，所以，于是.则数列从第项开始为：、、、、、、.若为奇数，，，与数列为“趋向递增数列”矛盾：若为偶数，，，‘’与数列为“趋向递增数列”矛盾，故假设不成立，所以数列为“趋向递增数列”的必要条件是中没有；再证非充分：首先，若中没有，构造数列：，，，，此时，，，与“趋向递增数列”定义矛盾；其次，证明数列中各项均大于.下面利用数学归纳法证明.即证：，①当时，，；②假设当时，命题成立，即，.当时，，.因此，有对任意，均有.当为偶数时，；当为奇数时，，所以对任意均成立.因此，中没有是数列为“趋向递增数列”非充分条件.所以数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有.【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义“趋势递增数列”，在证明第三问时，可充分采用反证法与数学归纳法结合充分条件、必要条件的定义来证明，并且可充分利用特例法来推出矛盾.