2022届上海市光明中学高三模拟（一）数学试题含解析

这是一份2022届上海市光明中学高三模拟（一）数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届上海市光明中学高三模拟（一）数学试题一、单选题1．下列函数定义域为的是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据反比例函数、对数函数、幂函数、正切函数的定义域逐一判断即可得解.【详解】解：对于A，函数的定义域为，对于B，函数的定义域为，对于C，函数的定义域为，对于D，函数的定义域为.故选：C.2．复平面内存在复数，，对应的三点、、，若点可与、、共圆，则下列复数中可以表示为的是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】分析可得，则需满足，计算出各选项中复数的模，即可得解.【详解】由已知可得，则点、、均在以原点为圆心且半径为的单位圆上，若点可与、、共圆，则，，A不满足要求；，B不满足要求；，C不满足要求；因为，所以，，D满足要求.故选：D.3．已知定义在 的函数，满足：在上的解析式为，设的值域为．若存在实数，使得，则的可能取值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出当时， 的值域，从而得出在餐胡的取值情况，根据条件参数满足的不等式，求出参数的范围，然后同理讨论的情况，从而得出答案.【详解】当时，当时，，则当时，，则所以时，由，则时，则时，所以则时，由则存在实数，使得， 即存在实数使得 ，解得 由上可知，当时，的值域为，显然满足题意.当时，当时，，则当时，，则所以时，同理可得，当时，由则存在实数，使得， 即存在实数使得 ，解得 所以满足条件的是范围：，由选项可知：选项C满足故选：A4．已知不等式有实数解．结论（1）：设是的两个解，则对于任意的，不等式和恒成立；结论（2）：设是的一个解，若总存在，使得，则，下列说法正确的是（       ）A．结论①、②都成立 B．结论①、②都不成立C．结论①成立，结论②不成立 D．结论①不成立，结论②成立【答案】B【分析】根据一元二次不等式与二次方程以及二次函数之间的关系，以及考虑特殊情况通过排除法确定选项.【详解】当且 时，的解为全体实数，故对任意的，与 的关系不确定，例如：取而，所以 ，故结论①不成立.当且 时，的解为 ，其中 是的两个根.当 此时 ，但 值不确定，比如：，取 ，则，但 ，故结论②不成立.故选：B二、填空题5．已知集合，，则_____________．【答案】【分析】首先确定集合，由交集定义可得结果.【详解】，.故答案为：.6．已知复数满足（其中为虚数单位），则=___________．【答案】【分析】根据复数的除法法则及复数的摸公式即可求解.【详解】由，得，所以.故答案为：.7．函数的反函数是_______．【答案】【分析】根据反函数的概念即可求出结果.【详解】因为，设，所以，因此函数的反函数是，故答案为：.8．已知二项式，则其展开式中的系数为____________．【答案】【分析】利用二项展开式的通项公式即可求解.【详解】由题意可知，的展开式的通项公式为，令，解得.所以二项式展开式中的系数为.故答案为：.9．设抛物线为的焦点，过的直线交于两点．若且，则抛物线的方程为____________．【答案】【分析】根据，可得轴，再根据即可求出，即可得解.【详解】解：，因为，所以轴，则为线段的中点，令，则，所以，解得，所以抛物线的方程为.故答案为：.10．已知满足，则的最小值为____________．【答案】【分析】根据约束条件作出可行域，再将目标函数表示的一簇直线画出，向可行域平移即可求解.【详解】作出可行域，如图所示目标函数的几何意义是直线在轴上的截距，转化为，令，则，作出直线并平移使它经过可行域的点，经过时，，解得，所以.此时取得最小值，即．故答案为：.11．设有直线的倾斜角为．若在直线上存在点满足，且，则的取值范围是____________．【答案】【分析】设，易得，再根据在直线上存在点满足，圆心到直线的距离不大于半径求解.【详解】解：设，因为，所以，因为在直线上存在点满足，所以圆心到直线的距离不大于半径，即，解得或，又因为，所以的取值范围是.故答案为：12．已知公差为的等差数列，其中，则____________．【答案】-0.75【分析】由题干条件得到，从而求出答案.【详解】由题意得：，解得：，因为，所以，则，故答案为：13．如图所示，有边长为2的正方体为正方体表面的一个动点．若三棱锥的体积为，则的取值范围是____________．【答案】【分析】根据三棱锥的体积求出点到平面的距离，由此确定点的轨迹，结合图形即可得出答案.【详解】设点到平面的距离为，则，所以，如图在上取点，使得，过点作平面平面，分别在上，故点在四边形的边上，则当点在点的位置时，最小，为，当点在点的位置时，最大，为，所以的取值范围是.故答案为：.14．2021年7月，上海浦东美术馆正式对外开放，今年计划招募15名志愿者担任“采访者”和“讲述者”两项工作（每人只能承担一项工作），对“采访者”和“讲述者”的要求如下：志愿者类型所需人数备注采访者10男女比例为1：1讲述者5男、女比例不限 现有10名女生，10名男生报名，则符合要求的方案有__________个．【答案】【分析】根据已知条件及组合的定义，结合分步乘法计数原理即可求解.【详解】由题意可知，现有10名女生，10名男生报名，一共20人报名，完成这件事情要分三步进行：第一步，先从10名女生中选5名去当采访者，有个；第二步，再从10名男生中选5名去当采访者，有个；第三步，最后从剩下的10人中选5名去当讲述者，有个；所以符合要求的方案有个故答案为：.15．已知点在椭圆上运动，的左、右焦点分别为、．以为圆心，半径为的圆交线段、于、两点（其中为正整数）．设的最大值为，最小值为，则__________．【答案】【分析】设点，则，计算得出、、，利用平面向量数量积的运算性质可得出关于的表达式，令，利用函数单调性可求得当时，、的表达式，再利用常用数列的极限可求得结果.【详解】在椭圆中，，，，则点、，因为在椭圆上运动，设点，则，，同理可知，由已知可得，，，所以，，，令，，当时，记，则，任取、且，即，所以，，则，，故函数在上为增函数，此时，，，所以，，因此，.故答案为：.【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义：（2）利用向量的坐标运算；（3）利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．16．设角数列的通项为，其中为常数且．若存在整数，使的前项中存在满足，则的最大值为__________．【答案】【分析】由确定之间的关系，结合的范围求的最大值.【详解】因为，不妨设，所以或，所以或，所以或因为，，所以，所以，因为，所以所以，又，所以 所以，又若，为偶数时，要使最大，则最小，又，所以，所以当时取最大值，最大值为若，为奇数时，要使最大，则最小，又，所以，所以当时取最大值，最大值为，同理可得若，为偶数时，则的最大值为若，为奇数时，则的最大值为又，所以的最大值为，故答案为：.三、解答题17．如图所示，设有底面半径为的圆锥．已知圆锥的侧面积为，为中点，．(1)求圆锥的体积；(2)求异面直线与所成角．【答案】(1)(2)【分析】（1）由圆锥侧面积公式可求得母线长，进而得到圆锥的高，利用圆锥体积公式可求得结果；（2）解法一：取边上中点，由线面垂直的判定可证得平面，由线面垂直性质得，由此可得结果；解法二：取圆弧中点，连结，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，由向量运算可得，知，由此可得结果.【详解】(1)设圆锥母线长为，，，即，圆锥的高，.(2)解法一：取边上中点，连结，，，是的中位线，；垂直于底面，垂直于底面，；，为中点，，即；，平面，平面，又平面，，即异面直线与所成角为.解法二：取圆弧中点，连结，则；以为坐标原点，的正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，即，异面直线与所成角为.18．已知在三角形中，，三角形的面积．(1)若，求；(2)若，求．【答案】(1)或(2)，或，【分析】（1）根据面积公式及，得到，分C为锐角和C为钝角时，求出，进而求出，求出；（2）由面积公式求出，分C为锐角和C为钝角，由余弦定理和正弦定理求出答案.【详解】(1)∵而分情况讨论，当C为锐角时，，∴当C为钝角时，，(2),因为，所以，分情况讨论，当C为锐角时，由余弦定理，由正弦定理，，当C为钝角时，，由余弦定理，由正弦定理，，19．自2019年起，上海市推进“三星级绿色生态城区”示范区项目．今年，一座人民公园将要建设一块绿地．设计方案如图所示，有一块边长为500米的正方形土地是一段圆弧（以为圆心，与相切于），其中为两条人行步道，为一条鲜花带．已知每米人行步道的修建费用为每米288元．(1)当时，求人行步道的长度之和；(2)如何设计圆弧的长度，才能使人行步道的总造价最低，并求出总造价．（长度精确到米，造价精确到元）【答案】(1)米(2)当圆弧长度设计为392.7米时，人行步道的总造价最低，为203646.75元【分析】（1）根据已知条件及圆的定义，再利用锐角三角函数及勾股定理即可求解；（2）根据已知条件及（1）的思路，求出的关系式，再利用辅助角公式及三角函数的性质，求出的最小值，进而得出的最小值，结合题意即可求解.【详解】(1)作，垂足分别为，如图所示由题意可知，米，在中，，所以，在中，，同时，，在中，由勾股定理得 ，，即解得米∴米(2)设（米）则与第（1）问相同，设，由于为定值，只需考虑的变化情况则由勾股定理，解得，，所以当即时，取得最小值．则米则总造价元此时圆弧米故当圆弧长度设计为392.7米时，人行步道的总造价最低，为203646.75元．20．已知双曲线是其左、右两个焦点．是位于双曲线右支上一点，平面内还存在满足．(1)若的坐标为，求的值；(2)若，且，试判断是否位于双曲线上，并说明理由；(3)若位于双曲线上，试用表示，并求出时的值．【答案】(1)(2)在双曲线上；理由见解析(3)；【分析】（1）根据双曲线方程求出的坐标，由及向量的坐标运算，求出点的坐标，再利用点在双曲线上即可求解；（2）根据及向量的线性运算，得出及点在双曲线上，求出点的坐标，根据，求出点的坐标，结合点与双曲线的位置关系即可求解；（3）根据及向量的坐标运算，得出点的坐标，利用点在双曲线上及向量的数量积的坐标运算即可求解.【详解】(1)∵，设，则，因为，所以，解得，所以，将代入双曲线方程中，化简得，解得或（舍去）.所以的值为.(2)由（1）知，，，设，则，因为点在双曲线上，所以①，②，联立①②，得，所以，设,所以，因为，所以，解得，所以，将点代入双曲线方程中，即，所以Q在双曲线上(3)由（1）知，，设，，则因为，所以，解得，所以,因为点Q在双曲线上，所以即，化简得，，∴，解得，代入，解得.所以的值为.21．已知数列满足：存在，对于任意的，使得，则称数列与成“级关联”．记与的前项和分别为．(1)已知，判断与是否成“4级关联”，并说明理由；(2)若数列与成“2级关联”，其中，且有，求的值；(3)若数列与成“级关联”且有，求证：为递增数列当且仅当．【答案】(1)不成“4级关联”，理由见解析(2)(3)证明见解析【分析】(1)根据 “4级关联”的定义判断；(2)根据“4级关联”的可得，根据累加法即数列的周期性可求；(3)根据定义可得，再分别证明结论的充分性和必要性即可.【详解】(1)由，可得显然，等式不恒成立，举反例：时，有：左右．(2)由可得：利用累加法：整理得：由可知：且第一周期内有所以而又因为，故(3)由已知可得所以，所以（a）先说明必要性．由为递增数列可知：当时，，所以 ，当时， ，由（）式可知：，故，（必要性得证）（b）再说明充分性．考虑反证法．假设数列中存在两项满足，得到由于结合，能够得到：可知对于全体正整数都成立，这与存在一项矛盾！假设不成立（充分性得证）由（a）、（b），命题得证．【点睛】本题解决的关键在于准确理解新定义，并结合定义对条件进行转化，从而解决问题.