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2022上海徐汇区高三下学期二模数学试题含解析
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2022届徐汇区高三数学三模卷一、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)考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.1. 已知,则________.【答案】【解析】【分析】根据二倍角的正切公式计算即可.【详解】因,所以.故答案为:2. 不等式的解集为______.【答案】【解析】【详解】因为,∴,∴,∴解集为.故答案为:.3. 在的二项展开式中,项的系数为______________.【答案】【解析】【分析】利用二项式展开式的通项公式,得出含项时对应的值,从而得出答案.【详解】的二项展开式的通项公式为: 令,解得,则所以项的系数为 故答案为:4. 已知球的体积为,则该球的左视图所表示图形的面积为______________.【答案】【解析】【分析】已知球的体积,可由球的体积公式得到球的半径,又因为球从每个方向看都是半径为的圆,即可求解.【详解】设球的半径为,则由题意得,球的体积,解得;又因为该球的左视图所表示图形为半径为的圆,所以该球的左视图所表示图形的面积.故答案为:.5. 圆的圆心到直线:的距离 【答案】3【解析】【详解】试题分析:因为圆心坐标为(1,2),所以圆心到直线的距离为.考点:点到直线的距离. 6. 若关于的实系数一元二次方程的一根为(为虚数单位),则____.【答案】【解析】【分析】根据实系数一元二次方程的根的特征,可得的共轭复数也是方程的根,利用韦达定理得到方程,计算可得;【详解】解:因为为实系数一元二次方程的一根,所以也为方程的根,所以,解得,所以;故答案为:7. 已知,若直线与直线平行,则m=__.【答案】3【解析】【分析】根据两直线平行,得到方程,计算求得m值.【详解】由题意得:,且,解得:m=3,故答案为:3.8. 已知实数、满足约束条件,则的最小值是______________.【答案】【解析】【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:.9. 设是定义在上的奇函数,当时,,若存在反函数,则的取值范围是______________.【答案】或.【解析】【分析】先求出的解析式,若存在反函数,则在每段单调且各段值域无重合,计算得解.【详解】当时,,,是定义在上的奇函数,所以,即时,,所以,若存反函数,则在每段单调且各段值域无重合,当,,;所以或所以或.故答案为:或.10. 上海某高校哲学专业的4名研究生到指定的4所高级中学宣讲习近平新时代中国特色社会主义思想.若他们每人都随机地从4所学校选择一所,则4人中至少有2人选择到同一所学校的概率是______________.(结果用最简分数表示)【答案】【解析】【分析】考虑反面,4个人恰好分配到4个学校的情况,再作减法即得.【详解】4个人分配到4个学校的情况总数为种,4个人恰好分配到4个学校的情况为种,所以4人中至少有2人选择到同一所学校的情况有种,所以4人中至少有2人选择到同一所学校的概率是.故答案为:.11. 在中,已知,,,若点是所在平面上一点,且满足,,则实数的值为______________.【答案】或【解析】【分析】根据平面向量的线性运算法则,分别把用表示出来,再用建立方程,解出的值.【详解】由,得,即,,在中,已知,,,所以,即,解得或所以实数的值为或.故答案为:或.12. 已知定义在R上的函数满足,当时,.设在区间()上的最小值为.若存在,使得有解,则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】先利用换元法分别求出当,,,时的的解析式,进而求出,由存在使得有解得到有解,进而转化为,再通过的单调性进行即可求解.【详解】当时,,因为定义在上的函数满足,所以,令,则,当时,有,即当时,,又,令,则,,有,所以当时,,同理可得,时,,根据规律,得当,,且此时的在单调递增,又因为为在区间上的最小值,所以,,,,,若存在,使得有解,则有有解,进而必有,令,设最大,则,即,即,即最大;所以当时,有,所以.故答案为:【点睛】易错点睛:本题的易错点在由有解得到,而不是,要注意不等式恒成立和不等式有解的等价条件的区别:若恒成立,则;若有解,则.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.考生应在答题纸的相应位置,将代表正确选项的小方格涂黑..13. 下列以为参数的方程所表示的曲线中,与曲线完全一致的是( )A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据范围依次排除得到答案.【详解】A. ,排除;B. ,排除;C. ,排除;故选:D【点睛】本题考查了参数方程,意在考查学生对于参数方程的理解和掌握情况.14. 已知函数,,则“”是“的值域为”的( )A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用特殊值法判断充分性不成立,再利用正弦型函数的单调性可判断必要性成立,由此可得出结论.【详解】充分性:取,,则成立,此时,则,可得,充分性不成立;必要性:函数的最小正周期为,因为函数在上的值域为,当函数在上单调时,取得最小值,且有,必要性成立.因此,“”是“的值域为”的必要而不充分条件.故选:B.【点睛】方法点睛:判断充分条件和必要条件,一般有以下几种方法:(1)定义法;(2)集合法;(3)转化法.15. 某高校举行科普知识竞赛,所有参赛的500名选手成绩的平均数为82,方差为0.82,则下列四个数据中不可能是参赛选手成绩的是( )A. 60 B. 70 C. 80 D. 100【答案】A【解析】【分析】因为方差,平均数,利用数字特征,通过计算各个选项排除求解.【详解】设所有参赛的500名选手成绩为:,,,;则平均数;方差,即;对于A选项,若存在,则有,所以不可能是参赛选手成绩;对于B选项,若存在,则有,所以有可能是参赛选手成绩;对于C选项,若存在,则有,所以有可能是参赛选手成绩;对于D选项,若存在,则有,所以有可能是参赛选手成绩;综上所述,不可能是参赛选手成绩;故选:A.16. 设数列,若存在常数,对任意小的正数,总存在正整数,当时,,则数列为收敛数列.下列关于收敛数列说法正确的是( )A. 若等比数列是收敛数列,则公比B. 等差数列不可能是收敛数列C. 设公差不为0的等差数列的前项和为,则数列一定是收敛数列D. 设数列的前项和为,满足,,则数列是收敛数列【答案】C【解析】【分析】根据题中定义,结合特殊的等差数列和等比数列、数列的周期性、等差数列前项和公式逐一判断即可.【详解】当数列为常数列(不为零),因此该数列是等差数列又是等比数列,显然该数列是收敛数列,因此选项AB不正确;选项C:设等差数列的公差为,所以,当时,当时,,所以数列一定是收敛数列,因此本选项正确;选项D:因为,,所以可得,当时,由,两式相减,得,所以,所以该数列的周期为,该数列不可能是收敛数列,因此本选项说法不正确,故选:C【点睛】关键点睛:利用数列的周期性、常数列的性质是解题的关键.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纸的相应位置写出必要的步骤.17. 如图,已知为圆柱的底面圆的一条直径,为圆周上的一点,,,圆柱的表面积为.(1)求三棱锥的体积;(2)求直线与平面所成的角的大小.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据表面积为,求得,结合题意和锥体的体积公式,即可求解;(2)根据题意证得平面,得到平面平面,过点作,证得平面,得到为直线与平面所成的角,再直角中,求得,即,即可求解.【小问1详解】解:由题意,是圆柱的底面圆的一条直径,且,其表面积为,可得,解得,在中,由且,可得,所以,在中,且,可得,所以三棱锥的体积.【小问2详解】解:由为圆柱的底面圆的一条直径,为圆周上的一点,可得,又由平面,平面,所以,因为且平面,所以平面,又因为平面,所以平面平面,过点作,垂足为,如图所示,因为平面平面,平面平面,且平面,所以平面,所以为直线与平面所成的角,又由,,可得,在直角中,可得,直角中,可得,所以,即,所以直线与平面所成的角的大小.18. 已知为实数,函数,.(1)当时,求函数的单调递增区间;(2)若对任意,恒成立,求的取值范围.【答案】(1)和 (2)【解析】【分析】(1)当时,化简函数的解析式,利用二次函数的基本性质可得出函数的增区间;(2)由已知可得,推导出,可得出,利用参变量分离法可求得实数的取值范围.【小问1详解】解:当时,,当时,,此时函数的单调递增区间为;当时,,此时函数的单调递增区间为.综上所述,当时,函数的增区间为和.【小问2详解】解:当时,由可得,即,所以,,所以,,整理得对任意的恒成立,因为,则,所以,不等式对任意的恒成立,只需考虑不等式对任意的恒成立,当时,,令,,由双勾函数的单调性可知,函数在上单调递增,当时,,因此,.19. 某动物园喜迎虎年的到来,拟用一块形如直角三角形的地块建造小老虎的休息区和活动区.如图,,(单位:米),E、F为BC上的两点,且,区域为休息区,和区域均为活动区.设.(1)求、的长(用的代数式表示);(2)为了使小老虎能健康成长,要求所建造的活动区面积尽可能大(即休息区尽可能小).当为多少时,活动区的面积最大?最大面积为多少?【答案】(1)米,米; (2)当为时,小老虎活动区的面积最大,最大面积为平方米.【解析】【分析】(1)由角的关系易得:,;在中,由正弦定理得:,可解得,同理在中得:,解得.(2)活动区的面积最大即休息区尽可能小,又(1)可得:利用三角恒等变换及计算得到,根据三角函数的值域可知时,得到休息区的最小值,从而得到活动区最大值.【小问1详解】由题意得,米,,则,又由,,,所以;在中,由正弦定理得:,即米;同理,在中,,即米;综上所述:米,米.【小问2详解】由(1)知,综米,米,所以小老虎休息区面积为:化简得:又,,则当,即时,取得最小值;此时小老虎活动区面积取得最大值,即平方米.综上所述:当为时,小老虎活动区的面积最大,最大面积为平方米.20. 在平面直角坐标系中,已知点、,动点关于直线的对称点为,且,动点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程;(2)已知动点在曲线上,点在直线上,且,求线段长的最小值;(3)过点且不垂直于轴的直线交曲线于、两点,点关于轴的对称点为,试问:在轴上是否存在一定点,使得、、三点共线?若存在,求出定点的坐标;若不存在,说明理由.【答案】(1) (2) (3)在轴上存在一定点,使得、、三点共线,理由见解析.【解析】【分析】(1)先得出点,由向量的数量积的坐标运算可得答案.(2) 设,,则,则可得到,然后利用条件消元,从而可得答案. (3) 设直线的方程为与曲线的方程联立,得出韦达定理,由点的坐标得出直线的方程,令,将韦达定理代入,可得出答案.【小问1详解】由点关于直线的对称点为,则 则,所以,即所以曲线的方程为:【小问2详解】由点在曲线上,设,点在直线上,设 由,即, 由,则 所以当时,,此时不满足,即不满足所以,由,则 由,则设 由勾型函数的单调性,可知函数在上单调递减.此时当时,所以线段长的最小值为【小问3详解】在轴上存在一定点,使得、、三点共线.设 则由题意设直线的方程为 由,可得 所以 直线的方程为 令,得 所以直线:恒过点 所以在轴上存在一定点,使得、、三点共线.【点睛】关键点睛:本题考查利用向量的坐标运算求轨迹方程,利用函数思想求两点间距离的最大值,以及求直线过定点问题,解答本题的关键是联立方程得出韦达定理,得出直线的方程为,令将韦达定理代入得出定点,运算比较复杂,属于难题.21. 对于数列,记.(1)若数列通项公式为:,求;(2)若数列满足:,,且,求证:的充分必要条件是;(3)已知,若,.求的最大值.【答案】(1)4 (2)证明见解析 (3)2021.【解析】【分析】(1)直接求出,即可求;(2)用定义法,分充分性和必要性分别进行证明;(3)先计算出,利用放缩法和裂项求和法求出的最大值.【小问1详解】由通项公式得:.所以【小问2详解】充分性:若数列的前n项单调不增,即.此时有:.必要性:用反证法. 若数列不满足,则存在k(),使得,那么由于,所以.与已知矛盾所以,假设不成立,必要性得证.综上所述:的充分必要条件是【小问3详解】由,令,则.所以所以.(因为)当且仅当时, 取得最大值2021.【点睛】(1)数学中的新定义题目解题策略:①仔细阅读,理解新定义的内涵;②根据新定义,对对应知识进行再迁移.(2) 数列求和常用方法:
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