2020届上海市松江区一模(12月)数学试题(解析版)
展开2020届上海市松江区一模(12月)数学试题
一、单选题
1.已知是平面的一条斜线,直线,则( )
A.存在唯一的一条直线,使得 B.存在无限多条直线,使得
C.存在唯一的一条直线,使得∥ D.存在无限多条直线,使得∥
【答案】B
【解析】根据题意,作出图形,结合直线与直线,直线与平面位置关系,即可得出结果.
【详解】
因为是平面的一条斜线,直线,画出图形如下:
显然在平面内必存在直线与直线垂直,
且平面内有无数条直线与直线平行,
故存在无限多条直线,使得.
故选:B
【点睛】
本题主要考查直线与直线位置关系的判定,熟记线面,线线位置关系即可,属于常考题型.
2.设,则“”是“、中至少有一个数大于1”的( )
A.充分非必要条件 B.必要非充分条件
C.充要条件 D.既非充分又非必要条件
【答案】A
【解析】根据充分条件与必要条件的概念,直接判断,即可得出结果.
【详解】
若,则、中至少有一个数大于1,即“”是“、中至少有一个数大于1”的充分条件,
反之,若“、中至少有一个数大于1”,则不一定大于,如:;
因此,“”是“、中至少有一个数大于1”的充分不必要条件.
故选:A
【点睛】
本题主要考查命题的充分不必要条件,熟记充分条件与必要条件的概念即可,属于常考题型.
3.若存在,使对任意的恒成立,则( )
A.的最小值为 B.的最小值为
C.的最小值为 D.的最小值为
【答案】B
【解析】先令,由题意,得到,推出,
三式相加得,根据绝对值不等式的性质定理,得到,再由题中存在,使结论成立,可得:只需,进而可得出结果.
【详解】
因为对任意的恒成立,令,
则只需,即,所以,
所以以上三式相加可得:,
由绝对值不等式的性质定理可得:,
因此只需
即.
故选:B
【点睛】
本题主要考查求最值的问题,熟记绝对值不等式的性质,以及不等式的性质即可,属于常考题型.
4.已知集合,集合,定义为中元素的最小值,当取遍的所有非空子集时,对应的的和记为,则( )
A.45 B.1012 C.2036 D.9217
【答案】C
【解析】根据题意先确定可能取的值为,再得到对应的个数,根据错位相减法,即可求出结果.
【详解】
因为集合,集合,为中元素的最小值,当取遍的所有非空子集,由题意可得:可能取的值为,
则共有个;个;个;个;……,个;
因此,
所以,
两式作差得
,
所以.
故选:C
【点睛】
本题主要考查含个元素的集合的子集的应用,以及数列的求和,熟记错位相减法求和,会求集合的子集个数即可,属于常考题型.
二、填空题
5.已知集合,,则_____
【答案】
【解析】求解不等式化简集合A,再由交集的运算性质得答案.
【详解】
由集合A得,所以
故答案为:
【点睛】
本题考查了交集及其运算,是基础题.
6.若角的终边过点,则的值为_____________.
【答案】
【解析】由题意可得 x=4,y=﹣3,r=5,再由任意角的三角函数的定义可得 ,由诱导公式化简,代入即可求解.
【详解】
解:∵角α的终边过点P(4,﹣3),则 x=4,y=﹣3,r=5,,
。
【点睛】
本题主要考查任意角的三角函数的定义,两点间的距离公式的应用,属于基础题.
7.设,则______.
【答案】1.
【解析】分析:首先求得复数z,然后求解其模即可.
详解:由复数的运算法则有:
,
则:.
点睛:本题主要考查复数的运算法则,复数模的计算等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
8.的展开式中项的系数为_______.
【答案】40
【解析】根据二项定理展开式,求得r的值,进而求得系数。
【详解】
根据二项定理展开式的通项式得
所以 ,解得
所以系数
【点睛】
本题考查了二项式定理的简单应用,属于基础题。
9.已知椭圆的左、右焦点分别为、,若椭圆上的点满足,则________
【答案】
【解析】根据椭圆定义,得到,再由题中条件,即可得出结果.
【详解】
由题意,在椭圆中,,
又,所以,因此.
故答案为:
【点睛】
本题主要考查椭圆上的点到焦点的距离,熟记椭圆的定义即可,属于基础题型.
10.若关于、的二元一次方程组无解,则实数________
【答案】
【解析】根据方程组无解,得到直线与直线平行,根据两直线平行的充要条件,即可求出结果.
【详解】
因为关于、的二元一次方程组无解,
所以直线与直线平行,
所以,解得:.
故答案为:
【点睛】
本题主要考查由方程组无解求参数,熟记直线与直线平行的判定条件,灵活运用转化与化归的思想即可,属于常考题型.
11.已知向量,,若向量∥,则实数________
【答案】
【解析】先由题意,得到,根据向量共线的坐标表示,得到,求解,即可得出结果.
【详解】
因为向量,,所以,
又∥,所以,即,
解得:.
故答案为:
【点睛】
本题主要考查由向量共线求参数,熟记向量共线的坐标表示即可,属于常考题型.
12.已知函数存在反函数,若函数的图像经过点,则函数的图像必经过点________
【答案】
【解析】先由题意,得到,推出函数的图像过点,其反函数过点,求出,得到,进而可求出结果.
【详解】
因为函数的图像经过点,
所以,因此,即函数的图像过点
又存在反函数,所以的图像过点,
即,所以,
即函数的图像必经过点.
故答案为:
【点睛】
本题主要考查反函数的应用,熟记反函数的性质即可,属于常考题型.
13.在无穷等比数列中,若,则的取值范围是________
【答案】
【解析】先设等比数列的公比为,根据题意,得到且,,分别讨论,和,即可得出结果.
【详解】
设等比数列的公比为,则其前项和为:,
若时,,
若时,,
因此且,,即,
所以当时,;
当时,.
因此,的取值范围是.
故答案为:
【点睛】
本题主要考查由等比数列的极限求参数的问题,熟记极限的运算法则,以及等比数列的求和公式即可,属于常考题型.
14.函数的大致图像如图,若函数图像经过和两点,且和是其两条渐近线,则________
【答案】
【解析】先由函数图像,得到函数关于对称,推出,化原函数为,再由函数图像所过定点,即可求出参数,得出结果.
【详解】
由图像可得:函数关于对称,
所以有,即,因此,
又函数图像经过和两点,
所以,解得:,因此,
所以.
故答案为:
【点睛】
本题主要考查由函数图像求参数,熟记函数的对称性,以及待定系数法求函数解析式即可,属于常考题型.
15.若实数,满足,,则实数的最小值为________
【答案】
【解析】先由题意,根据基本不等式,得到,得出,再由,得到,根据得,令,根据题意得到,由函数单调性,得到的最值,进而可求出结果.
【详解】
因为,,所以,即,当且仅当时,取等号;因此,
又,所以,即,
由得,所以,
令,因为,当且仅当时取等号.
所以,
又易知函数在上单调递增,
因此,
因此.
即实数的最小值为.
故答案为:
【点睛】
本题主要考查由基本不等式求最值,熟记基本不等式即可,属于常考题型.
16.记边长为1的正六边形的六个顶点分别为、、、、、,集合,在中任取两个元素、,则的概率为________
【答案】
【解析】先以的中点为坐标原点,以所在直线为轴,以的垂直平分线为轴,建立平面直角坐标系,得到各顶点坐标,列举出集合中所有元素,以及满足条件的组合,根据古典概型的概率计算公式,即可求出结果.
【详解】
以的中点为坐标原点,以所在直线为轴,以的垂直平分线为轴,建立如图所示的平面直角坐标系,
因为正六边形的边长为,
所以易得:、、、、、,
因此,,,,,,,,,,,,,,,,,;
共个向量.
因此中含有个不同的元素.
又在中任取两个元素、,满足的有:与或;与或; 与或;与或;与或;与或; 与或;与或;与或;与或;与或;与或;共种选法,又由、的任意性,因此满足的情况共有:种;
又在中任取两个元素、,共有种情况;
因此,满足的概率为:.
故答案为:
【点睛】
本题主要考查古典概型,熟记概率计算公式即可,属于常考题型.
三、解答题
17.如图,圆锥的底面半径,高,点是底面直径所对弧的中点,点是母线的中点.
(1)求圆锥的侧面积和体积;
(2)求异面直线与所成角的大小.(结果用反三角函数表示)
【答案】(1)侧面积,体积;(2).
【解析】(1)根据圆锥的侧面积公式,以及体积公式,结合题中数据,即可得出结果;
(2)先由题意,得到,,两两垂直,以为坐标原点,以,,所在直线为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,分别求出,,根据向量夹角公式,即可求出结果.
【详解】
(1)因为圆锥的底面半径,高,
所以其母线长为,
因此圆锥的侧面积为;
体积为:;
(2)由题意,易得:,,两两垂直,以为坐标原点,以,,所在直线为轴,轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,
又点是母线的中点,所以,
因此,,
记异面直线与所成角的大小为,
所以,
因此,异面直线与所成角的大小为.
【点睛】
本题主要考查求圆锥的侧面积与体积,以及异面直线所成的角,熟记圆锥的侧面积公式与体积公式,以及空间向量的方法求异面直线所成的角即可,属于常考题型.
18.已知函数.
(1)求的最大值;
(2)在△中,内角、、所对的边分别为、、,若,、、成等差数列,且,求边的长.
【答案】(1)最大值为1;(2).
【解析】(1)先将函数解析式化简整理,得到,根据正弦函数的性质,即可得出最大值;
(2)先由题意得到,求出;由、、成等差数列,得: ;由得,再由余弦定理,即可得出结果.
【详解】
(1)
,
由可得,因此,
所以;
(2)由得,即,
又,所以,因此,所以;
由、、成等差数列,可得: ;
又,所以,即,
由余弦定理可得:,
解得:.
【点睛】
本题主要考查求正弦型函数的最大值,以及解三角形,熟记正弦函数的性质,以及余弦定理即可,属于常考题型.
19.汽车智能辅助驾驶已得到广泛应用,其自动刹车的工作原理是用雷达测出车辆与前方障碍物之间的距离(并结合车速转化为所需时间),当此距离等于报警距离时就开始报警提醒,等于危险距离时就自动刹车,某种算法(如下图所示)将报警时间划分为4段,分别为准备时间、人的反应时间、系统反应时间、制动时间,相应的距离分别为、、、,当车速为(米/秒),且时,通过大数据统计分析得到下表(其中系数随地面湿滑成都等路面情况而变化,).
阶段 | 0、准备 | 1、人的反应 | 2、系统反应 | 3、制动 |
时间 | 秒 | 秒 | ||
距离 | 米 | 米 |
(1)请写出报警距离(米)与车速(米/秒)之间的函数关系式,并求时,若汽车达到报警距离时人和系统均不采取任何制动措施,仍以此速度行驶,则汽车撞上固定障碍物的最短时间(精确到0.1秒);
(2)若要求汽车不论在何种路面情况下行驶,报警距离均小于80米,则汽车的行驶速度应限制在多少米/秒以下?合多少千米/小时?
【答案】(1),最短时间秒(2)汽车的行驶速度应限制在米/秒,合72千米/小时
【解析】(1)根据题意,得到,结合题中数据,即可得出函数关系式;再由,得到汽车撞上固定障碍物的最短时间,根据基本不等式,即可求出最值;
(2)根据题意,得到当时,报警距离最大,推出,求解即可得出结果.
【详解】
(1)由题意:报警距离,
当时,,
则汽车撞上固定障碍物的最短时间为:秒;
(2)由题意可得:,因为,
所以当时,报警距离最大,
因此,只需:,解得:,所以汽车的行驶速度应限制在米/秒,合72千米/小时.
【点睛】
本题主要考查函数模型的应用,以及基本不等式的应用,熟记基本不等式,以及不等关系即可,属于常考题型.
20.设抛物线的焦点为,经过轴正半轴上点的直线交于不同的两点和.
(1)若,求点的坐标;
(2)若,求证:原点总在以线段为直径的圆的内部;
(3)若,且直线∥,与有且只有一个公共点,问:△的面积是否存在最小值?若存在,求出最小值,并求出点的坐标,若不存在,请说明理由.
【答案】(1);(2)证明见解析;(3)存在,最小值2,.
【解析】(1)由抛物线方程以及抛物线定义,根据求出横坐标,代入,即可得出点的坐标;
(2)设,,设直线的方程是:,联立直线与抛物线方程,根据韦达定理,以及向量数量积运算,得到,推出恒为钝角,即可得结论成立;
(3)设,则,由得,推出直线的斜率.设直线的方程为,代入抛物线方程,根据判别式等于零,得.设,则,,由三角形面积公式,以及基本不等式,即可求出结果.
【详解】
(1)由抛物线方程知,焦点是,准线方程为,
设,由及抛物线定义知,,代入得,
所以点的坐标或
(2)设,,
设直线的方程是:,
联立,消去得:,由韦达定理得,
所以,
故恒为钝角,
故原点总在以线段AB为直径的圆的内部.
(3)设,则,
因为,则,由得,故.
故直线的斜率.
因为直线和直线平行,设直线的方程为,代入抛物线方程
得,由题意,得.
设,则,,
,
当且仅当,即时等号成立,
由得,解得或(舍),
所以点的坐标为,.
【点睛】
本题主要考查求抛物线上的点,以及抛物线中三角形面积的最值问题,熟记抛物线的标准方程,以及抛物线的简单性质即可,属于常考题型,但计算量较大.
21.已知数列满足:①();②当()时,;③当()时,,记数列的前项和为.
(1)求,,的值;
(2)若,求的最小值;
(3)求证:的充要条件是().
【答案】(1),或1,或1;(2)115;(3)证明见解析.
【解析】(1)先根据题中条件,求出,,,再结合题意,即可得出结果;
(2)先由题意,得到,当时,,由于,所以或,分别求出,,进而可求出结果;
(3)先由,根据题中条件,求出,证明必要性;再由,求出,证明充分性即可.
【详解】
(1)因,,且是自然数,;
,,且都是自然数;或;
,,且,或.
(2)由题意可得:,当时,
,由于,
所以或,
,,
,,
又,
所以
(3)必要性:若,
则:①
②
①②得:③
由于或或,且或
只有当同时成立时,等式③才成立,
;
充分性:若,由于
所以,
即,,,…,,又
所以对任意的,都有…(I)
另一方面,由,
所以对任意的,都有…(II)
,
由于.
【点睛】
本题主要考查数列的综合应用,熟记等差数列与等比数列的求和公式,由递推关系求通项公式的方法,以及充分条件与必要条件的概念即可,属于常考题型,难度较大.