2022上海市黄埔区高三下学期二模数学试题含解析

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黄浦区2022年高考模拟考数 学 试 卷（完成试卷时间：120分钟   总分：150分）考生注意：1．每位考生应同时收到试卷和答题卷两份材料，解答必须在答题卷上进行，写在试卷上的解答一律无效；2．答卷前，考生务必将姓名、准考证号等相关信息在答题卷上填写清楚；3．本试卷共21道试题．一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分）考生应在答题卷的相应位置直接填写结果．1. 行列式的值为____________．【答案】【解析】【分析】根据行列式的计算方法求解即可【详解】行列式的值为 故答案为：2. 若全集，集合，则____________．【答案】【解析】【分析】根据补集定义代入运算．【详解】根据补集运算可得：故答案为：．3. 在长方体中，设，，，若用向量、、表示向量，则____________．【答案】【解析】【分析】根据空间向量的加法法则求解即可【详解】由题意，故答案为：4. 某高中为了了解学生收看空中课堂的具体情况，利用分层抽样的方法从高中三个年级的学生中随机抽取了名进行问卷调查，其中从高一年级的学生中抽取了名，从高二年级的学生中抽取了名，若高三年级共有学生名，则该高中共有学生____________名．【答案】【解析】【分析】首先求出样本中高三年级抽取的学生数，即可求出该高中共有的学生数；【详解】解：依题意可得样本中高三年级抽取了名学生，所以该高中共有学生名学生；故答案：5. 已知复数z满足，则的最大值为___________．【答案】3【解析】【分析】设，结合已知条件求出点在上运动，然后将问题转化为点到上一点的最大距离，再利用圆的性质即可求解.【详解】不妨设，由可得，，故点在上运动，又因为，所以，即点与点之间的距离，从而的最大值为点到上一点的最大距离，又因为是以圆心，半径为1的圆，故圆心与点之间的距离，从而的最大值为.故答案为：3.6. 设，直线（为参数）的倾斜角的大小为____________．【答案】##【解析】【分析】消去参数可得直线的直角坐标方程，再分析倾斜角即可【详解】由题意，直线方程，即 斜率为，故倾斜角为故答案为：7. 已知．若幂函数在区间上单调递增，且其图像不过坐标原点，则____________．【答案】【解析】【分析】根据幂函数的单调性与定义域判定即可【详解】因为幂函数图像不过坐标原点，故，又在区间上单调递增，故故答案为：8. 已知向量、，若，，向量在方向上的投影数量的取值范围为____________．【答案】【解析】【分析】设、所成角为，计算出向量在方向上的投影数量，即可求出的范围，即可求出答案.【详解】因为，，设、所成角为，向量在方向上的投影数量为：，因为，所以，所以.故答案为:。9. 已知等比数列，其前项和为．若，公比为，则____________．【答案】【解析】【分析】先求解的通项公式，再求解，进而求解极限即可【详解】由题意，，，故故答案为：10. 设，．若对任意实数都有，则满足条件的有序实数组的组数为____________．【答案】【解析】【分析】由恒成立的等式可确定，；结合三角函数诱导公式的知识，分别讨论不同取值时对应的的取值，结合的范围可得结果.【详解】对任意实数都有，与的最值和最小正周期相同，，，即，，①当，时，，，又，或，则或；②当，时，，；又，或，则或；③当，时，，，又，或，则或；④当，时，，；又，或，则或；综上所述：满足条件的有序实数组共有组.故答案为：.11. 一个袋子中装有大小与质地均相同的个红球和个白球（），现从中任取两球，若取出的两球颜色相同的概率等于取出两球颜色不同的概率，则满足的所有有序数对为____________．【答案】【解析】【分析】根据题意可得取出的两球颜色相同的概率等于取出两球颜色不同的概率等于，再列式求出关于的等式，再根据整数的性质分析即可【详解】由题意，取出的两球颜色相同的概率等于取出两球颜色不同的概率等于，即，即，所以，整理得，即为平方数.又，，故，或.当时，，解得；当时，，解得；当时，，解得不合题意，故或故答案为：12. 对于给定的正整数()，定义在区间上的函数满足：当时，，且对任意的，都成立．若与有关的实数使得方程在区间上有且仅有一个实数解，则关于的方程的实数解的个数为____________．【答案】【解析】【分析】数形结合，画出在区间上图象，根据与的图象交点分析即可【详解】由题意，画出在之间的图象，又对任意的，都成立，可理解为区间的图象由区间的图象往右平移一个单位，再往上平移一个单位所得，即可画出在上的图象.故若与有关的实数使得方程在区间上有且仅有一个实数解，则与在区间上的图象相切，且易得的图象在与区间区间，…，上的公切线之间.故与在区间，…上均有2个交点，故关于的方程的实数解的个数为个故答案为：二、选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题卷的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．13. 若、均为非零实数，则不等式成立的一个充要条件为（    ）．A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式及充要条件的定义判断即可；【详解】解：因为、均为非零实数且，所以，因为，，所以，所以，由，可得，，所以，当且仅当，即时取等号，所以不等式成立的一个充要条件为；故选：A14. 如图，已知分别是正方体的棱和的中点，由点确定的平面截该正方体所得截面为（　　）A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形【答案】D【解析】【分析】根据题意，取的中点，的中点，的中点，连接，可得过的截面图形.【详解】解：如图，取的中点，的中点，的中点，连接，由正方体的性质可知，由中位线性质可知，所以，，所以，由点确定的平面即为截面，其为六边形．故选：D．15. 记方程①：，方程②：，方程③：，其中，，是正实数．当，，成等比数列时，下列选项中，能推出方程③有两个不相等的实根的是（    ）．A. 方程①有实根，且②有实根B 方程①有实根，且②无实根C. 方程①无实根，且②有实根D. 方程①无实根，且②无实根【答案】C【解析】【分析】首先可根据“方程③有不相等的两实根”得出“方程③无实根”的充要条件，然后对四个选项依次进行分析，通过判别式即可得出结果.【详解】解：若方程③有不相等的两实根，则，即，故“方程③有不相等的两实根”的充要条件为：，又因为，，成等比数列，所以，即，A项：因为方程①有实根，且②有实根，所以，，即，，，无法证得，故A不正确；B项：因为方程①有实根，且②无实根，所以，，即，，，故B不正确；C项：因为方程①无实根，且②有实根，所以，，即，，，故C正确；D项：因方程①无实根，且②无实根，所以，，即，，，无法证得，故D不正确，故选：C.16. 将曲线()与曲线()合成的曲线记作．设为实数，斜率为的直线与交于两点，为线段的中点，有下列两个结论：①存在，使得点的轨迹总落在某个椭圆上；②存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，那么（    ）．A. ①②均正确 B. ①②均错误C. ①正确，②错误 D. ①错误，②正确【答案】C【解析】【分析】对①，分析当时点的轨迹总落在某个椭圆上即可；对②，设，，，则，利用点差法，化简可得，故若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上则为常数，再化简分析推出无解即可详解】设，，，则.对①，当时，，，易得，故两式相减有，易得此时，故，所以，即.代入可得，所以，故存在，使得点的轨迹总落在椭圆上.故①正确；对②，， .由题意，若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，则，，两式相减有，即，又，故，即，又，故若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，则为常数.即为定值，因为分子分母次数不同，故若为定值则恒成立，即，无解.即不存在，使得点的轨迹总落在某条直线上故选：C三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在答题卷的相应位置写出必要的步骤．17. 如图，直角边长为的等腰直角三角形及其内部绕边旋转一周，形成一个圆锥．（1）求该圆锥的侧面积；（2）三角形绕逆时针旋转到，为线段中点，求与平面所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）求出圆锥的底面积和半径，由圆锥侧面积的公式带入即可求出答案.（2）联结，因为平面，所以为在平面上射影，于是为与平面所成的角．求出，代入，即可求出答案.【小问1详解】三角形是直角边长为的等腰直角三角形，圆锥的母线，底面半径，侧面积．【小问2详解】联结，因为平面，所以为在平面上的射影，于是为与平面所成的角．在直角△中，，，．因此，与平面所成角的大小为．18. 设为常数，函数．（1）若，求函数的反函数；（2）若，根据的不同取值，讨论函数的奇偶性，并说明理由．【答案】（1），    （2）当时，函数是奇函数；当且时，函数既不是奇函数，也不是偶函数．【解析】【分析】（1）利用把表示出来即可求得结果；（2）对分情况讨论，利用函数奇偶性判断即可得出结论.【小问1详解】由，得，于是，且．因此，所求反函数为，．【小问2详解】当时，，定义域为．，故函数是奇函数；当且时，函数的定义域为，函数既不是奇函数，也不是偶函数．19. 某公园要建造如图所示的绿地，、为互相垂直的墙体，已有材料可建成的围栏与的总长度为米，且．设（）．（1）当，时，求的长；（结果精确到米）（2）当时，求面积的最大值及此时的值．【答案】（1）米    （2）当时，养殖场最大的面积为平方米【解析】【分析】（1）在中，根据余弦定理求解即可；（2）当时，可得，再化简可得，再根据正弦函数的最值分析即可【小问1详解】在中，，，，由余弦定理，得，故．因此的长约为米．【小问2详解】连接．由题意，，，在△中，由正弦定理，得．于是，．当，即时，取到最大值，最大值为．因此，当时，养殖场最大的面积为平方米20. 已知双曲线：，为左焦点，为直线上一动点，为线段与的交点．定义：．（1）若点的纵坐标为，求的值；（2）设，点的纵坐标为，试将表示成的函数并求其定义域；（3）证明：存在常数、，使得．【答案】（1）5    （2），    （3）证明见解析【解析】【分析】（1）首先求出点的坐标，即可得到直线的方程，从而求出点坐标，即可得解；（2）设点的坐标为，由，即可得到、，代入椭圆方程整理可得；（3）当点不在轴上时，过作轴的垂线，垂足为，设直线与轴的交点为，点的坐标为．依题意可得又，再由距离公式求出，即可得到，从而求出、的值，再计算点在轴上时的情形，即可得证；【小问1详解】解：由题意，点的坐标为，将代入双曲线中，可得，所以，不妨取的坐标为，于是直线的方程为．将代入直线的方程，得点的坐标为．因此．【小问2详解】解：由题意，点的坐标为，点的坐标为．设点的坐标为，由，，又、，即，所以，代入双曲线方程，得，整理得．由，即，结合，解得或．又，即，结合，解得．因此，．【小问3详解】证明：点的坐标为．当点不在轴上时，过作轴的垂线，垂足为．设直线与轴的交点为，点的坐标为．，即．．由为线段与的交点，得点的坐标满足方程，即．于是，又，故．于是．故存在常数、，使得．当点在轴上时，，，，所以，，即，所以，即上述结论亦成立．21. 已知数列满足以下两个条件：①，当时，；②若存在某一项，则存在，使得（且）．（1）若，求，，；（2）若对一切正整数，均成立的的最小值为，求该数列的前项之和；（3）在所有的数列中，求满足的的最小值．【答案】（1），，    （2）1    （3）【解析】【分析】（1）先根据条件①取绝对值可得或，得，或．再根据条件②逐个分析是否满足题意即可；（2）根据条件①结合周期性得或，再逐个分析是否满足条件即可；（3）先根据条件②可得（）必为数列中的项，再结合条件①可得分析即可【小问1详解】条件①即：当时，或．（1）由，得，于是或．当时，由条件②，得，不满足条件①，舍去，故．同理可得．因此，，，．【小问2详解】由题意，，由条件①，得，于是或．当时，由条件①，得，此时该数列的前项为，，，，，，不合题意，舍去．当时，由条件①，得或，结合条件②，得、中必有一项为，因为，所以只有，此时，．故数列的前项为，，，，，，这前项的和为．因此，该数列的前项之和为．【小问3详解】由及条件②，可得，，，…，，必为数列中的项，记该数列为，有（）．以下考虑在数列中依次是哪些项，不妨令．由条件①，或，均不为；此时或或或，均不为．上述情况中，当，时，，结合，有．由，得即为所求．