上海市金山区2022届高三下学期二模数学试题（原卷+解析）

上海市金山区2022届高三下学期二模数学试题

一、单选题

1．“”是“方程表示的曲线为双曲线”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．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

3．某地教育局为了解“双减”政策的落实情况，在辖区内高三年级在校学生中抽取100名学生，调查他们课后完成作业的时间，根据调查结果绘制如下频率直方图.根据此频率直方图，下列结论中不正确的是（    ）

A．所抽取的学生中有25人在2小时至小时之间完成作业

B．该地高三年级学生完成作业的时间超过3小时的概率估计为

C．估计该地高三年级学生的平均做作业的时间超过小时

D．估计该地高三年级有一半以上的学生做作业的时间在2小时至3小时之间

4．对于定义在上的函数，若同时满足：（1）对任意的，均有；（2）对任意的，存在，且，使得成立，则称函数为“等均”函数.下列函数中：①；②；③；④，“等均”函数的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

二、填空题

5．已知集合，若，则实数的值为__________.

6．已知（为虚数单位），则___________.

7．在正项等比数列中，，，则的公比为___________.

8．的二项展开式中项的系数为__________.（结果用数字作答）

9．若正方体的棱长为，则顶点到平面的距离为 __．

10．不等式组表示的平面区域的面积等于__________.

11．已知向量，则函数的单调递增区间为__________.

12．将一枚骰子先后抛两次，则向上的点数之积为12的概率为__________.（结果用最简分数表示）

13．过抛物线的焦点且斜率为的直线交抛物线于A，两点，，则的值为__________．

14．已知平面向量满足，若关于的方程有实数解，则面积的最大值为__________.

15．已知数列的前项和为，满足，函数定义域为，对任意都有.若，则的值为__________.

16．设，若存在，使成立的最大正整数为9，则实数的取值范围是__________.

三、解答题

17．如图，已知四棱锥的底面是梯形，平面，

(1)求四棱锥的体积；

(2)求直线与平面所成角的大小.

18．在中，角、、所对的边分别为、、.已知，且为锐角.

(1)求角的大小；

(2)若，证明：是直角三角形.

19．经过市场调研发现，某公司生产的某种时令商品在未来一个月（30天）内的日销售量（百件）与时间第天的关系如下表所示：

未来30天内，受市场因素影响，前15天此商品每天每件的利润（元）与时间第天的函数关系式为，且为整数，而后15天此商品每天每件的利润元与时间第天的函数关系式为（，且为整数）.

(1)现给出以下两类函数模型：①（为常数）；②为常数，且.分析表格中的数据，请说明哪类函数模型更合适，并求出该函数解析式；

(2)若这30天内该公司此商品的日销售利润始终不能超过4万元，则考虑转型.请判断该公司是否需要转型？并说明理由.

20．已知椭圆的左､右焦点分别为，设是第一象限内椭圆上一点，的延长线分别交椭圆于点，直线与交于点.

(1)求的周长；

(2)当垂直于轴时，求直线的方程；

(3)记与的面积分别为，求的最大值.

21．对于集合且，定义且.集合A中的元素个数记为，当时，称集合A具有性质.

(1)判断集合是否具有性质，并说明理由；

(2)设集合，且具有性质，若中的所有元素能构成等差数列，求的值；

(3)若集合A具有性质，且中的所有元素能构成等差数列，问：集合A中的元素个数是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由.

参考答案：

1．C

【分析】根据双曲线的方程以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可.

【详解】当，则且或且，此时方程表示的曲线一定为双曲线；则充分性成立；

若方程表示的曲线为双曲线，则，则必要性成立，

故选：.

2．B

【分析】在正方体中取直线和平面可排除ACD，由线面垂直的性质可得B正确.

【详解】在正方体中，记底面ABCD为，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为，EF为m，平面CDHG为，故排除C；记底面ABCD为，BF为m，平面ABFE为，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.

故选：B

3．D

【分析】对A，利用直方图中2小时至小时之间的频率判断A;

对B，计算超过3小时的频率可判断B;

对C，根据直方图中平均数的公式计算，可判断C;

对D，计算做作业的时间在2小时至3小时之间的频率，可判断D.

【详解】对A，直方图中2小时至小时之间的频率为，故所抽取的学生中有25人在2小时至小时之间完成作业，故A正确；

对B，由直方图得超过3小时的频率为,所以B正确；

对C，直方图可计算学生做作业的时间的平均数为：，所以C正确；

对D，做作业的时间在2小时至3小时之间的频率为，所以D错误.

故选:D．

4．B

【分析】按照“等均”函数的定义，对四个函数一一验证，即可判断.

【详解】对于①：因为,所以的定义域为R.对任意的，,满足(1)；

所以存在,使得,满足(2).

所以为“等均”函数.

对于②：因为,所以的定义域为.所以当时，，此时不存在,不满足(1)；

所以不是“等均”函数.

对于③：因为,所以的定义域为.对任意的，,满足(1)；.

若满足,则有

所以.

又因为，所以，

所以，满足且.

所以为“等均”函数.

对于④：因为,所以的定义域为R.对任意的，,满足(1)；.

若满足,则有

设，则，所以在R上单调递减，所以，此时不满足（2）.

所以 不是“等均”函数.

故“等均”函数的个数是2.

故选：B.

5．0

【分析】解方程即得解.

【详解】解：因为，所以（舍去）或，

所以.

故答案为：0

6．##

【分析】根据复数代数的四则运算计算即可.

【详解】,.

故答案为：.

7．3

【分析】由题设知等比数列公比，根据已知条件及等比数列通项公式列方程求公比即可.

【详解】由题设，等比数列公比，且，

所以，可得或（舍），

故的公比为3.

故答案为：3

8．24

【分析】利用二项式展开式的通项公式，即可求得答案.

【详解】由题意可得的通项公式为： ，

故项的系数为，

故答案为：24

9．

【分析】连接，设，进而可证明平面，再由已知棱长求得即为答案．

【详解】解：如图，在正方体中，由正方体的结构特征可知平面，

因为平面，

所以

连接，设，则，

因为，平面，

所以，平面，即平面，

所以，即为顶点到平面的距离，

因为正方体的棱长为，所以，．

故答案为：．

10．25

【分析】画出可行域，再分别求得可行域的顶点，进而求得底和高即可

【详解】画出可行域如图， 解得，解得,解得，故，到的距离为，故不等式组，表示的平面区域的面积等于

故答案为：

11．

【分析】根据数量积的坐标公式，结合三角恒等变换公式化简可得，再求解单调递减区间，结合求解即可

【详解】由题意，，故 的单调递增区间：，即，故在的单调递增区间为

故答案为：

12．

【分析】将一枚骰子先后抛两次，先计算所有可能的情况数，再分析其中向上的点数之积为12的情况数，进而求得概率即可

【详解】由题意，将一枚骰子先后抛两次，所有可能的情况有种，其中向上的点数之积为12的情况有共4种情况，故向上的点数之积为12的概率为

故答案为：

13．2

【分析】求出直线的方程，与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系可，，由抛物线的定义可知，，，即可得到．

【详解】解：抛物线的焦点，，

准线方程为，设，，，，

则直线的方程为，

代入可得，

，，

由抛物线的定义可知，，，

，

解得．

故答案为：2．

14．

【分析】对两边平方有有解，再利用基本不等式可得，进而求得面积的最大值即可

【详解】设，因为，故，则，显然，对两边平方有，即有解，因为，当且仅当，即时取等号.故 ，则面积的最大值为，当且仅当时取等号.

故答案为：

15．

【分析】先根据得出周期为4，再根据，结合通项与前项和的关系可得，再结合二项式定理求得除以4的余数，进而求得即可

【详解】因为，，，，…易得周期为4. 又由，，两式相减，即，又当时，，解得，故数列是以为首项，3为公比的等比数列，故，.又，故除以4的余数为，故

故答案为：

16．##

【分析】依题意，分类讨论作出函数简图，求得最值解不等式组即可

【详解】

依题意

（1）当时, 函数草图如下图所示,

此时, ,

则    满足条件;

（2）当 时, 函数草图如下图所示,

此时, ,

则无解

（3）当时, 函数草图如下图

此时, ,,

则, 无解;

（4）当时, 函数草图如下图所示,

此时, , ,

则

解得 , 满足条件

故答案为：

17．(1)；

(2).

【分析】（1）利用棱锥的体积公式求体积即可.

（2）构建空间直角坐标系，求直线的方向向量和面的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求线面角.

【详解】（1）由题设，，又平面，

所以，即四棱锥的体积为.

（2）以为原点，射线分别为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，

则.

设是平面的一个法向量，则由，

得，取，得.

设直线与平面所成的角为，向量与所成的角为，

则，故

所以直线与平面所成角的大小为.

18．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用正弦定理边化角可解得，再由为锐角即可求解（2）利用正弦定理边化角之后再消元，可得，再结合的范围即可得证

【详解】（1）由正弦定理可知，，

又在中，，即，

为锐角，.

（2）

所以由正弦定理得：，

又，

即，

，

故可得，

即

为直角三角形.

19．(1)选择函数模型①，其解析式为（且为整数）

(2)这30天内日利润均未能超过4万元，该公司需要考虑转型，理由见解析

【分析】（1）将将以及分别代入对应的函数模型，求得对应的函数解析式，再代入计算判断是否满足即可；

（2）记日销售利润为，根据一次函数与二次函数的单调性分析的最大值，判断与4万元的大小关系判断即可

【详解】（1）若选择模型（1），将以及代入可得

解得，即，经验证，符合题意；

若选择模型（2），将以及代入可得，

解得，即，

当时，，故此函数模型不符题意，

因此选择函数模型（1），其解析式为（且为整数）

（2）记日销售利润为，

当且为整数时，，

对称轴，故当时，利润取得最大值，且最大值为392（百元）

当且为整数时，，

当时，利润单调递减，

故当时取得最大值，且最大值为（百元）

所以，这30天内日利润均未能超过4万元，该公司需要考虑转型.

20．(1)8

(2)

(3)

【分析】（1）利用椭圆的定义求解；

（2）根据，得到，然后由直线的方程与椭圆方程联立，求得的坐标即可；

（3）设，直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理得到，同理得到，然后由求解.另解令求解.

（1）

解：由椭圆的定义知，，

所以的周长为8.

（2）

因为，故，

直线的方程为.

联立解得或

即

从而，直线的方程为，

即.

（3）

设.

设直线的方程为，其中.

联立消去得

则.

又，即，

故.

同理，.

于是，

，

又，

故，

当且仅当，即时等号成立.

故的最大值为.

另解：令，

则.

当且仅当，

即.

故的最大值为.

21．(1)集合具有性质，集合不具有性质，理由见解析

(2)的值分别为4，5或5，9

(3)存在最大值，最大值为4

【分析】（1）根据集合A具有性质的定义进行判断，可得答案；

（2）写出中的所有元素，分类讨论，结合等差数列的性质，列出相应的方程组，解得答案；

（3）一数列新定义得在集合中，，得到，由此分类讨论，可确定n的取值，可得答案.

【详解】（1），故集合具有性质.

故集合不具有性质

（2）因集合具有性质，

故.

（i）若，

则 ,解得 ,

经检验，符合题意，故的值分别为4，5.

（ii）若，

则 ,解得,

经检验，符合题意，故的值分别为5，9.

（3）不妨设，

则在集合中，.

又中的所有元素能构成等差数列，设公差为，

则，

即，故.

当时，是集合A中互不相同的4项，

从而，与集合A具有性质矛盾.

当时，，即成等差数列，且公差也为，

故中的元素从小到大的前三项为，

且第四项只能是或.

（i）若第四项为，则，从而，

于是，故，与集合A具有性质矛盾.

（ii）若第四项为，则，故.

另一方面，，即.

于是，

故，与集合具有性质矛盾.

因此，.

由（2）知，时，存在集合A具有性质，

故集合中的元素个数存在最大值，最大值为4.

【点睛】本题考查了数列的新定义问题，综合考查了学生的阅读理解接受并理解新信息的能力，解答的关键是理解新定义的含义并能依此解决问题，其中还要注意分类讨论与整合的思想方法.