上海市虹口区2022届高考二模数学试题（原卷+解析）

上海市虹口区2022届高考二模数学试题

一、单选题

1．已知，是平面内的两条直线，是空间的一条直线，则“”是“且”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．已知双曲线的参数方程为（为参数），则此双曲线的焦距等于（    ）

A．2 B．4 C． D．

3．函数是定义域为的奇函数，且对于任意的，都有成立.如果，则实数的取值集合是（    ）

A． B． C． D．

4．在数列中，，，.对于命题：

①存在，对于任意的正整数，都有.

②对于任意和任意的正整数，都有.

下列判断正确的是（    ）

A．①是真命题，②也是真命题 B．①是真命题，②是假命题

C．①是假命题，②是真命题 D．①是假命题，②也是假命题

二、填空题

5．不等式的解集是______________.

6．函数的值域为_________.

7．函数的最小正周期为___________．

8．若为的二项展开式中项的系数，则_________.

9．在所有由1，2，3，4，5这五个数字组成的无重复数字的五位数中，任取一个数，则取出的数是奇数的概率为_________.

10．若实数、满足，则的取值范围是_________.

11．已知向量，满足，，，则_________.

12．已知椭圆：的左、右两个焦点分别为、，过的直线交椭圆于两点.若是等边三角形，则的值等于_________.

13．已知等比数列的前项和为，公比，且为与的等差中项，.若数列满足，其前项和为，则_________.

14．已知，，是的内角，若，其中为虚数单位，则等于_________.

15．设，，三条直线，，，则与的交点M到的距离的最大值为 __．

16．已知是定义域为的奇函数，且图像关于直线对称，当时，.对于闭区间，用表示在上的最大值，若正实数满足，则的值是___________.

三、解答题

17．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点，，直线与平面所成的角为.

(1)求四棱锥的体积；

(2)求异面直线与所成的角的大小.

18．已知函数是定义域为的奇函数.

(1)求实数的值，并证明在上单调递增；

(2)已知且，若对于任意的、，都有恒成立，求实数的取值范围.

19．如图，某公园拟划出形如平行四边形的区域进行绿化，在此绿化区域中，分别以和为圆心角的两个扇形区域种植花卉，且这两个扇形的圆弧均与相切.

(1)若，，（长度单位：米），求种植花卉区域的面积；

(2)若扇形的半径为10米，圆心角为，则多大时，平行四边形绿地占地面积最小？

20．已知抛物线的焦点为F，准线为l，记准线l与x轴的交点为A，过A作直线交抛物线C于，两点．

(1)若，求的值；

(2)若M是线段AN的中点，求直线的方程；

(3)若P，Q是准线l上关于x轴对称的两点，问直线PM与QN的交点是否在一条定直线上？请说明理由．

21．对于项数为m的数列{an}，若满足：1≤a1＜a2＜⋯＜am，且对任意1≤i≤j≤m，aiaj与中至少有一个是{an}中的项，则称{an}具有性质P．

(1)分别判断数列1，3，9和数列2，4，8是否具有性质P，并说明理由；

(2)如果数列a1，a2，a3，a4具有性质P，求证：a1＝1，a4＝a2a3；

(3)如果数列{an}具有性质P，且项数为大于等于5的奇数．判断{an}是否为等比数列？并说明理由．

参考答案：

1．A

【分析】根据线面垂直的判定定理以及定义即可判断．

【详解】当时，，所以且；

当且，，但，是否相交无法判断，所以可能成立，也可能不成立．综上，“”是“且”的充分不必要条件．

故选：A．

2．D

【分析】将双曲线的参数方程化为普通方程，即可求出焦距．

【详解】由可得，，所以，即，所以双曲线的焦距为．

故选：D．

3．C

【分析】依题意可得在定义域上单调递减，由，则等价于，根据函数的单调性即可得解；

【详解】解：因为对于任意的，都有，

当时，即，

当时，即，

即在定义域上单调递减，

又是定义域为的奇函数，所以，

所以，

则，即，即，所以，

即不等式的解集为；

故选：C

4．A

【分析】对①，直接令判断即可；

对②，利用反证法，先设数列中第一项满足的项为，再推导的大小推出矛盾即可；

【详解】对①，当时，易得，，，，，…故数列为2，2，1循环.所以对于任意的正整数，都有成立，故①正确；

对②，对于任意，有，，，，设数列中第一项满足的项为，则，此时易得，又，且由题意，恒成立，故，即数列中所有项都满足，故，因为，与矛盾，故对于任意和任意的正整数，都有.

故选：A

5．

【详解】由.

6．

【分析】根据基本不等式即可解出．

【详解】因为，所以，当且仅当时取等号．

故答案为：．

7．.

【详解】试题分析：因为函数，，所以其最小正周期为.

故答案为.

考点：三角函数的基本关系式；函数的性质.

8．##0.5

【分析】先根据二项展开式的通项公式求出，即可利用极限知识求出．

【详解】的二项展开式的通项公式为，，所以，即有．

故答案为：．

9．##

【分析】根据古典概型的概率公式即可解出．

【详解】任意一个数，共有种可能，而这个数是奇数的可能有种，所以任取一个数，则取出的数是奇数的概率为．

故答案为：．

10．

【分析】作出不等式组所表示的可行域，利用线性规划思想求出的最大值和最小值，即可得解.

【详解】设，作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

联立，可得，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大，此时取最大值，即，

当直线经过原点时，该直线在轴上的截距最小，此时取最小值，即，

因此，的取值范围是.

故答案为：.

11．

【分析】根据模长公式及向量的数量积公式求解即可.

【详解】由可得，，即，解得：，

所以．

故答案为：．

12．

【分析】因为是等边三角形，可得轴，再根据椭圆的定义可得，进而求得，再根据椭圆中的关系求解即可

【详解】因为是等边三角形，故，故关于轴对称，故轴.故，，故，又，故，故，即，所以，

故答案为：

13．

【分析】先根据等比数列的前项和的基本量的计算求出，即可得到数列的通项公式，再根据等差数列的前项和公式即可解出．

【详解】由题可得，，而，解得：，所以，即，所以．

故答案为：．

14．##

【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数相等，得到方程组，再根据两角和的正弦、余弦公式计算可得；

【详解】解：因为

即，

所以，

即，，

因为，所以，

所以；

故答案为：

15．##.

【分析】根据直线与的的方程易知，而过定点，过定点，得到与的交点M在以AB为直径的圆上，求出圆心和半径，结合恒过原点，

即可利用圆心到原点的距离加半径解出．

【详解】因为，所以．

而直线，整理为，

令，解得：，

故过定点，

，变形为，过定点，

所以与的交点M在以AB为直径的圆上，圆心为，即，

直径为，故半径为，

所以圆的方程为，

因为恒过原点，

所以M到的距离的最大值为的长加上半径，即．

故答案为：．

16．或

【分析】由奇函数的性质及对称轴得函数的周期，再结合已知解析式作出函数图象，由于，由的定义及函数的单调性得出，，，求出与图象交点的横坐标（在上求出，由周期性易得其他值），然后分析推理得出时的值．

【详解】因为是奇函数，且图象关于直线对称，

所以

，所以是周期函数，4是它的一个周期．

由奇函数、周期性作出函数的图象，如图．

当时，，最大值为1，因此的最大值为1，且，，

由于，因此，

在上递增，所以若，则，所以，

所以，，

一定有，否则，从而．

由得或，所以图中，，

当时，，满足题意，

当时，，满足题意．

综上，的值为或．

17．(1)；

(2)．

【分析】（1）根据直线与平面所成的角可求出，从而得出，再根据四棱锥的体积公式即可解出；

（2）取中点，连接，（或其补角）即为异面直线与所成的角，解三角形即可求出．

【详解】（1）因为底面，所以直线与平面所成的角为，在中，，，所以，而，所以，

因此四棱锥的体积．

（2）如图所示：

取中点，连接，因为，所以四边形为平行四边形，即有，所以（或其补角）即为异面直线与所成的角．

在中，，，所以，，所以，即异面直线与所成的角为．

18．(1)，证明见解析

(2)

【分析】（1）由奇函数的性质可得出，求出，利用函数奇偶性的定义可验证函数为奇函数，再利用函数单调性的定义可证得结论成立；

（2）由题意可得，可得出，求得，分、，根据已知条件可得出关于的不等式，综合可得出实数的取值范围.

【详解】（1）解：因为函数是定义域为的奇函数，

则，解得，此时，

对任意的，，即函数的定义域为，

，即函数为奇函数，合乎题意，

任取、且，则，

所以，，则，

所以，函数在上单调递增.

（2）解：由（1）可知，函数在上为增函数，

对于任意的、，都有，则，

，

因为，则.

当时，则有，解得；

当时，则有，此时.

综上所述，实数的取值范围是.

19．(1)

(2)

【分析】（1）根据余弦定理可得的大小，再根据正弦定理可得，进而求得扇形的半径，从而得到种植花卉区域的面积

（2）设，根据直角三角形中的关系可得关于的表达式，从而得到平行四边形的面积表达式，从而根据三角函数的最值求解即可

【详解】（1）由余弦定理，，故，又由正弦定理有，故，所以扇形的半径，故种植花卉区域的面积

（2）设，则，故，，故平行四边形绿地占地面积，因为，故要面积最小，则当，即，时面积取得最小值，即多大时，平行四边形绿地占地面积最小

20．(1)

(2)

(3)在定直线上，理由见解析

【分析】（1）根据焦半径公式即可求出；

（2）设直线MN的方程，与抛物线联立即可利用M是线段AN的中点求出m，从而求出直线的方程；

（3）设，即可求出直线PM与QN的方程，联立即可解出交点，从而可以判断交点在定直线上．

【详解】（1）根据题意，得

因为抛物线，所以准线为，

所以；

（2）由题意可知，直线的斜率不为0，故设直线的方程，

联立，消去，可得，

所以，即，，，

而M是线段AN的中点，所以，故，

解得，故，解得，

所以直线MN的方程为，即；

（3）直线MN的方程，设，

则，，

联立消去可得：，即，整理得：，

将，代入得，故，，

所以直线PM与QN的交点在定直线上．

21．(1)数列1，3，9具有性质P；数列2，4，8不具有性质P

(2)证明见解析

(3)是等比数列，理由见解析

【分析】（1）利用性质P的定义直接判断求解．

（2）a4a4不是数列中的项，一定是数列中的项，a1＝1，求出是数列中的项，从而，由此能证明a4＝a2a3．

（3）当数列{an}的项数m＝2k+1，（k∈N，k≥2）时，推导出a1＝1，是数列中的项，，由此入手，能求出结果．

【详解】（1）解：∵1×1＝1，，1×3＝3，1×9＝9，，

均是1，3，9中的项，

∴1，3，9具有性质P，

∵，8×8＝64不是2，4，8中的项，

∴数列2，4，8不具有性质P．

（2）证明：∵a4＞1，a4a4＞a4，

∴a4a4不是数列中的项，∴一定是数列中的项，

∴a1＝1，

∵a4a2，a4a3不是数列中的项，∴是数列中的项，

∵1≤a1＜a2＜a3＜a4，∴，

∴，∴a4＝a2a3．

（3）当数列{an}的项数m＝2k+1，（k∈N，k≥2）时，

∵a2k+1＞1，a2k+1a2k+1＞a2k+1∴a2k+1a2k+1不是数列中的项，

∴一定是数中的项，

∴a1＝1，

∵对于满足2≤i≤2k+1的正整数i，都有a2k+1ai＞a2k+1，

∴a2k+1ai（2≤i≤2k+1，i∈N）不是数列中的项，

∴是数列中的项，

又，

∴，

∴a2k+1＝apa2k+2﹣p＝ap+1a2k+1﹣p（1≤p≤2k+1，p∈N），

∴，

∴，

∵对于满足3≤i≤2k的正整数i，均有a2kai>a2ka2＝a2k+1，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴.

∴对于项数为大于等于5的奇数且具有性质P的数列{an}，

是以1为首项，a2为公比的等比数列．