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    2020届上海市松江区一模(12月)数学试题(解析版)

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    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】

    ,则中至少有一个数大于1,即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,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

    .

    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   

    A45 B1012 C2036 D9217

    【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……

    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,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 x4y﹣3r5,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:α的终边过点P4﹣3),则 x4y﹣3r5

    【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,

    ,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

    ,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

    存在反函数,所以的图像过点

    ,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,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:

    时,

    时,

    因此,即

    所以当时,

    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,若函数图像经过两点,且是其两条渐近线,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,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

    ,所以,即

    ,所以

    ,因为,当且仅当时取等号.

    所以

    又易知函数上单调递增,

    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】

    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

    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:;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,

    又点是母线的中点,所以

    因此

    记异面直线所成角的大小为

    所以

    因此,异面直线所成角的大小为.

    【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,再由余弦定理,即可得出结果.

    【详解】

    1

    可得,因此

    所以

    2)由,即

    ,所以,因此,所以

    成等差数列,可得:

    ,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

    距离

     

    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/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

    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/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于不同的两点.

    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,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

    ,由及抛物线定义知,,代入

    所以点的坐标

    2)设

    设直线的方程是:

    联立,消去得:,由韦达定理得

    所以

    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,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

    ,由题意,得

    ,则

    当且仅当,即时等号成立,

    ,解得(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:);)时,)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】111;(2115;(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;

    ,且

    2)由题意可得:,当时,

    ,由于

    所以

    所以

    3)必要性:若

    则:

    得:

    由于,且

    只有当同时成立时,等式才成立,

    充分性:若,由于

    所以

    ,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.

     

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