上海市长宁区2022届高考二模数学试题（原卷+解析）

上海市长宁区2022届高考二模数学试题

一、单选题

1．是方程组有唯一解的（    ）．

A．充分不必要条件  B．必要不充分条件

C．充要条件  D．既不充分也不必要条件．

2．如图，已知分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线相交的是（    ）．

A．直线  B．直线

C．直线  D．直线．

3．若函数存在反函数，则常数a的取值范围为（　　）

A．（﹣∞，1] B．[1，2]

C．[2，+∞） D．（﹣∞，1]∪[2，+∞）

4．已知函数满足：． 若函数在区间上单调，且满足，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

5．设集合，，则_________．

6．已知四个数，，，的平均数为，则这四个数的中位数是________．

7．已知复数满足：（为虚数单位），则________．

8．已知实数满足，则的最小值为___________．

9．已知随机事件A、互相独立，且，，则_______．

10．已知，若，则_________．

11．已知等比数列的公比为2，前项和为，则__________．

12．将编号为，，，的个小球放入个不同的盒子中，每个盒子不空，若放在同一盒子里的个小球编号不相邻，则共有__________种不同的放法．

13．曲线的焦点坐标为__________．

14．已知函数满足：，则不等式的解集为____．

15．已知双曲线的左、右焦点分别为，过且斜率为的直线与双曲线的左支交于点． 若，则双曲线的渐近线方程为________．

16．已知数列满足：对任意，都有，． 设数列的前项和为，若，则的最大值为__________．

三、解答题

17．已知圆锥的顶点为，底面圆心为，母线的长为．

(1)若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积

(2)是底面圆周上的两个点，， 为线段的中点，若圆锥的底面半径为2，求直线与平面所成角的大小．

18．在中，角的对边分别为．

(1)若，求

(2)若， 的面积，求外接圆半径的最小值．

19．甲、乙两人同时分别入职两家公司，两家公司的基础工资标准分别为：公司第一年月基础工资数为3700元，以后每年月基础工资比上一年月基础工资增加300元；公司第一年月基础工资数为4000元，以后每年月基础工资都是上一年的月基础工资的1.05倍．

(1)分别求甲、乙两人工作满10年的基础工资收入总量（精确到1元）

(2)设甲、乙两人入职第年的月基础工资分别为、元，记，讨论数列的单调性，指出哪年起到哪年止相同年份甲的月基础工资高于乙的月基础工资，并说明理由．

20．已知分别为椭圆的上、下顶点，是椭圆的右焦点，是椭圆上异于的点．

(1)若，求椭圆的标准方程

(2)设直线与轴交于点，与直线交于点，与直线交于点，求证：的值仅与有关

(3)如图，在四边形中，，，若四边形面积S的最大值为，求的值．

21．已知函数的定义域为，若存在常数，使得对任意，都有，则称函数具有性质．

(1)若函数具有性质，求的值

(2)设，若，求证：存在常数，使得具有性质

(3)若函数具有性质，且的图像是一条连续不断的曲线，求证：函数在上存在零点．

参考答案：

1．C

【分析】根据行列式运算法则及直线平行的等价条件即可判断答案.

【详解】由题意，直线与直线不平行有唯一解.

故选：C.

2．A

【分析】通过空间想象直接可得.

【详解】如图，易知，所以，且，

所以为梯形，故与EF相交，A正确；

因为，所以，故B错误；

因为平面CDH平面EFNL，平面CDH，平面EFNL，

所以直线CD与直线EF无公共点，故C错误；

因为平面ADF，平面，故AD与EF异面，D错误.

故选：A

3．D

【分析】依题意可得f（x）在[0，1]上单调，分两种情况讨论，参变分离，结合指数函数的性质能求出常数a的取值范围．

【详解】解：∵函数存在反函数

∴函数在[0，1]上单调

若单调递增，即，则在x∈[0，1]上恒成立，即在上恒成立

∵在[0，1]上单调递增

∴

∴a≤1

若单调递减，即，则在上恒成立

即在上恒成立

∴在上单调递增

∴

∴．

综上，常数a的取值范围为．

故选：D．

4．C

【分析】利用辅助角公式化简，结合已知可求解析式，然后由可知等于函数图象对称中心横坐标，求出函数对称中心可得.

【详解】，

因为，所以当时，取得最大值，即

所以，即

因为，所以的中点是函数的对称中心，

由，得

所以，

所以

易知，当时取得最小值.

故选：C

5．

【分析】先求出集合A，再根据交集的定义即可求得答案.

【详解】由题意，，所以.

故答案为：.

6．3

【分析】根据平均数的公式求得，再分析中位数即可

【详解】由题意，，解得，故中位数为

故答案为：3

7．1

【分析】根据复数除法运算可得，结合共轭复数概念得，再由复数虚部的概念理解可得结果．

【详解】∵，则

∴

故答案为：1．

8．

【分析】画出可行域，再根据直线的截距与负相关求解最值即可

【详解】画出可行域，因为直线的截距与负相关，故取得最小值时，过的交点，此时

故答案为：

9．0.42##

【分析】根据对立事件的概率公式和相互独立事件的概率乘法公式可得.

【详解】因为，所以，所以.

故答案为：0.42

10．2

【分析】根据空间向量的线性运算，结合数量积的坐标运算求解即可

【详解】因为，故，即，故，故

故答案为：2

11．2

【分析】根据等比数列的通项公式，求和公式求解，再求极限即可

【详解】因为，，故

故答案为：2

12．18

【分析】先把4个小球分为一组，其中2个不连号小球的种类有，，为一组，再全排列即可，

【详解】解：先把4个小球分为一组，其中2个不连号小球的种类有，，为一组，

分组后分配到三个不同的盒子里，故共有种不同的放法；

故答案为：18．

13．

【分析】根据消去参数，将参数方程化为普通方程，即可求出焦点坐标；

【详解】解：因为，又曲线，

所以，即，所以，即，所以，

即曲线表示焦点在轴上的抛物线，且焦点为；

故答案为：

14．

【分析】根据题意可知为奇函数，利用分离常数得在上单调递增，结合奇函数与单调性得关系可得在上单调递增，再解得，即可判断解集．

【详解】根据题意可得，且为奇函数

当时，，则在上单调递增

∴在上单调递增

则，即，解得

∴即的解集为

故答案为：．

15．

【分析】根据向量的线性运算可得，再根据焦点三角形中的关系可得，再根据等腰三角形的性质可列式求得离心率，进而求得渐近线的方程.

【详解】因为，故，即，故，根据双曲线的定义有，故，又直线斜率为，故，所以，根据等腰三角形的性质有，即，解得，故.

故双曲线的渐近线方程为

故答案为：

16．

【分析】先说明中不可能存在相邻两项为非负数，可得当时，则，，当时，则，，由此可求得答案.

【详解】假设中存在相邻两项 为非负数，则，

若，则，与条件矛盾；

若，则，与条件矛盾，

故中不可能存在相邻两项为非负数，

当时，则，则根据得,

故，

当时，则，则根据得,

故，

所以总成立，

又当n为奇数时， ，所以的奇偶性不同，则，

当n为偶数时，，

故当k为奇数时, ,

此时考查数列：符合题意，

此时的最大值为0；

故当k为偶数时, ,

此时考查数列：符合题意，

此时的最大值为 ，故的最大值为 ，

故答案为：

【点睛】本题考查了数列的和的最大值问题，解得的关键是根据题意弄清数列的特征，明确其相邻两项之间的关系.

17．(1)

(2)

【分析】（1）根据圆锥的侧面积公式求出底面半径，即可求出圆锥的高，再根据圆锥的体积公式计算可得；

（2）设的中点为，连接、，即可得到，再由线面垂直的性质得到，从而得到平面，即是直线与平面所成角，再由锐角三角函数计算可得．

【详解】（1）解：设圆锥的底面半径为，侧面母线长为，圆锥的高为，

则，    

因为，所以，

所以，

所以圆锥的体积．

（2）解：设的中点为，连接、，则，

因为，所以，                  

因为底面，底面，所以，

由，平面，

所以平面，

所以即是直线与平面所成角．         ．

因为圆锥的底面半径为2，母线长为，所以高，

所以，．

因为，

所以，所以．

即直线与平面所成角为．

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理与余弦定理化简即可

（2）根据三角形的面积公式可得，再根据基本不等式可得，再根据正弦定理求解即可

【详解】（1）因为，由正弦定理，，所以，因为，所以

（2）由已知，，所以，                                

所以    

因为

所以（当时取等号）         

所以

所以的最小值为（当时取得）

19．(1)甲的基础工资收入总量元；乙的基础工资收入总量元

(2)单调性见解析；从第5年到第14年甲的月基础工资高于乙的月基础工资；理由见解析

【分析】（1）易得甲的工资满足等差数列，乙的工资满足等比数列，再根据等差等比数列的求和公式求解即可

（2）根据题意可得，再求解分析的单调性，并计算时的取值范围即可

【详解】（1）甲的基础工资收入总量

元

乙的基础工资收入总量

元

（2），

，，

设，即，解得

所以当时，递增，当时，递减

又当，即，解得，所以从第5年到第14年甲的月基础工资高于乙的月基础工资．       ．

20．(1)

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）根据已知判断形状，然后可得；

（2）设，表示出直线、的方程，然后求Q、R的坐标，直接表示出所求可证；

（3）设，，根据已知列方程求解可得之间关系，表示出面积，结合已知可得.

【详解】（1）因为，，所以是等边三角形，

因为，，所以，

得椭圆的标准方程为．

（2）设，，，

因为，

所以直线、的方程分别为

，

，

所以，，

又

所以，

所以的值仅与有关．

（3）设，，

因为，，

所以，

两式相减得，

带回原式得，

因为，所以，

因为的最大值为 ，所以 ，得．

21．(1)

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）对任意，都有，代入和即可得出答案；（2）设，利用零点存在性定理即可证得结论；（3）先转化为，然后令得，，分情况利用零点存在性定理证得结论.

【详解】（1）函数具有性质，

所以对任意，都有，

令，得，

令，得，

所以．

（2）证明：函数具有性质的充要条件为

存在，使得，即，  

设，

因为，，

所以在区间上函数存在零点，       

取，则，

得函数具有性质．

（3）设，因为，

所以，

令得，，                

①若，则函数存在零点

若，当时，，

所以此时函数在区间上存在零点      

②因为

所以                          

若，当时，，

所以此时函数在区间上存在零点．

综上，函数在上存在零点．