上海市松江区2022届高考二模数学试题（原卷+解析）

上海市松江区2022届高考二模数学试题

一、单选题

1．下列函数中，与函数的奇偶性和单调性都一致的函数是（    ）

A． B．

C． D．

2．在2022北京冬奥会单板滑雪U型场地技巧比赛中，6名评委给选手打出了6个各不相同的原始分，经过“去掉其中一个最高分和一个最低分”处理后，得到4个有效分．则经处理后的4个有效分与6个原始分相比，一定会变小的数字特征是（    ）

A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差

3．设函数图像的一条对称轴方程为，若、是函数的两个不同的零点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

4．已知正方形的边长为4，点、分别在边、上，且，，若点在正方形的边上，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

5．已知集合，集合，则＝_______．

6．若复数，其中为虚数单位，则_______．

7．已知角为的内角，，则_________．

8．若函数的反函数的图像经过点，则=_______．

9．在的展开式中，含的系数为______．

10．若实数、满足约束条件，则的最小值是_____．

11．从1，2，3，4，5这五个数字中任意选取两个不同的数字组成一个两位数，则这个两位数是偶数的概率为_______．

12．如图所示，在正方体中，若是的中点，则异面直线与所成角的大小为_______．（结果用反三角函数表示）

13．已知正实数、满足，则的最小值为_______．

14．已知数列的首项，且对任意的，都有，则______．

15．设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且，则直线斜率的最大值为_______．

16．已知函数，是定义在R上的奇函数，且满足，当时，．则当时，方程实根的个数为_______．

三、解答题

17．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，， 是的中点，点在棱上．

(1)求四棱锥的全面积；

(2)求证：．

18．在等差数列中，已知，．

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前项和．

19．如图，农户在米、米的长方形地块上种植向日葵，并在处安装监控摄像头及时了解向日葵的生长情况．监控摄像头可捕捉到图像的角度范围为，其中点、分别在长方形的边、上，监控的区域为四边形．记．

(1)当时，求、两点间的距离；（结果保留整数）

(2)问当取何值时，监控区域四边形的面积最大？最大值为多少？（结果保留整数）

20．已知椭圆的右顶点坐标为A（2，0），左、右焦点分别为F1、F2，且|F1F2|＝2，直线l交椭圆Γ于不同的两点M和N．

(1)求椭圆Γ的方程；

(2)若直线l的斜率为1，且以MN为直径的圆经过点A，求直线l的方程；

(3)若直线l与椭圆Γ相切，求证：点F1、F2到直线l的距离之积为定值．

21．对于定义在R上的函数，若存在正数m与集合A，使得对任意的，当，且时，都有，则称函数具有性质．

(1)若，判断是否具有性质，并说明理由；

(2)若，且具有性质，求m的最大值；

(3)若函数的图像是连续曲线，且当集合（a为正常数）时，具有性质，证明：是R上的单调函数．

参考答案：

1．B

【分析】根据初等函数的奇偶性与单调性，再结合导数即可判断答案.

【详解】容易判断是奇函数，且在R上是增函数，而是偶函数，在R上不是增函数，所以排除A,C,D.

对B，函数是奇函数，且，则函数在R上是增函数.

故选：B.

2．D

【分析】根据平均值、中位数、众数、方差的定义即可得解.

【详解】去掉最大值与最小值这组数的平均值大小不确定，中位数不变，众数大小不确定，

根据方差的定义，去掉最高分，最低分后，剩余四个数据的波动性小于原来六个数据的波动性，故方差一定会变小.

故选：D

3．B

【分析】根据对称轴和的范围可得的值，从而可得周期，然后由题意可知的最小值为可得.

【详解】由题知，则，

因为，所以

所以

易知的最小值为.

故选：B

4．C

【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的数量积运算及二次函数求值域即可得解.

【详解】如图，建立平面直角坐标系，

则，，

当在上时，设，，

，

当时，，当时，，

即，

当在上时，设，则，

，知，

当在上时，设，，

，

当时，，当时，，

即，

当在上时，设，，

，

当时，，当时，，

即.

综上可得，，

故选：C

5．

【分析】根据集合交集运算求解.

【详解】因为集合，集合，

所以.

故答案为：

6．

【分析】由复数的四则运算以及模长公式计算即可.

【详解】

故答案为：

7．##

【分析】根据同角三角函数，即可求解.

【详解】由条件可知，.

故答案为：

8．2

【分析】根据指数函数与对数函数的关系求出的反函数，再代入计算可得；

【详解】解：因为函数的反函数为，，

所以，即，所以或（舍去）；

故答案为：

9．

【分析】由的展开式的通项公式，令，即可求得结论．

【详解】的展开式的通项公式为

令，则，的展开式中含项的系数是.

故答案为：．

10．1

【分析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出使得该直线在轴上截距最小时对应的最优解，代入目标函数即可得解.

【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

联立，解得，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小，

此时取最小值，即.

故答案为：1.

11．##

【分析】由列举法可得所有基本情况数及满足要求的情况数，再由古典概型概率公式即可得解.

【详解】由题意任取两个不同的数字组成1个两位数，共有：

12，13，14，15，21，23，24，25，31，32，34，35，41，42，43，45,51,52,53，54共20个；

其中偶数有：12，14，24，32，34，42，52,54共8个；

故所求概率.

故答案为：.

12．

【分析】取的中点F，连接DF，得到是异面直线与所成的角，然后利用余弦定理求解.

【详解】解：如图所示：

取的中点F，连接DF，

则是异面直线与所成的角，

设正方体的棱长为，

则，

所以，

，

所以 ，

故答案为：

13．

【分析】根据均值不等式及二次不等式的解法求解即可.

【详解】因为，

所以，当且仅当时等号成立，

即，

解得或（舍去），

即的最小值为4，当且仅当时等号成立.

故答案为：4

14．

【分析】构造法先求数列的通项，然后可得的通项，再求极限可得.

【详解】因为，所以，变形得

所以数列是以为首项，为公差的等差数列

所以

所以

所以.

故答案为：0

15．##

【分析】设出点坐标，利用向量法求得点坐标并代入抛物线的方程，求得直线斜率平方的表达式，结合二次函数的性质求得最大值.

【详解】设，，

依题意，

所以，

所以，将点的坐标代入抛物线的方程得：

，整理得，

设直线的斜率为，则，

根据二次函数的性质可知，当时，

取得最大值为，

所以的最大值为.

故答案为：

16．506

【分析】转化为两个函数图像交点个数问题，然后作图结合周期性可得.

【详解】因为，所以的图像关于对称

又是定义在R上的奇函数，图像关于原点对称，

所以是周期为8的周期函数

分别作出在上的图像，共2个交点；

又刚好为的252个周期，易知在每个周期内有两个交点，

在上共有504个交点，

综上，共有506个交点，即方程实根的个数为506.

故答案为：506

17．(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据题意可证出侧面为直角三角形，直接计算侧面底面面积求和即可；

（2）先证出CD⊥平面PAD，再得AF⊥平面PDC，即可得证.

【详解】（1）∵BC//AD，AD⊥平面ABP，∴BC⊥平面ABP，

∴BC⊥BP，∴,

同理可得,

∴

.

（2）∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA．

又ABCD是矩形，∴CD⊥AD，

∵PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD．

∵AF⊂平面PAD，∴AF⊥CD．

∵PA＝AD，点F是PD的中点，∴AF⊥PD．

又CD∩PD＝D，∴AF⊥平面PDC．

∵PE⊂平面PDC，∴PE⊥AF．

18．(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，由可得，从而求出与的值即可求出的通项公式；

（2）由（1）可知，则，从而利用分组求和即可求出．

【详解】（1）解：设等差数列的公差为，

由，得，解得，

所以；

（2）解：由（1）可知，则，

所以．

19．(1)82

(2)，4886

【分析】（1）根据，求解，再用勾股定理求解即可

（2）根据直角三角函数中的关系分别求得的面积，进而表达出四边形的面积，再令，化简再用基本不等式求解最小值即可

【详解】（1）∵，∴

∵  ∴

∴

（2），，

所以，

所以，

令，则

∴

∴

此时，，，即时.

故当时，监控区域四边形的面积最大约为

20．(1)

(2)或

(3)证明见解析

【分析】（1）根据题意结合，可求得椭圆方程；（2）设直线l的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及，即可求得直线l的方程；（3）分类讨论，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程y＝kx+b，与椭圆方程联立，由Δ＝0，可得b2＝3+4k2，结合点到直线的距离公式，即可求得点F1、F2到直线l的距离之积为定值．

【详解】（1）因为|F1F2|＝2c＝2，则c＝1，

因为a＝2，，

所以椭圆Γ的方程；

（2）因为直线l的斜率为1，故设直线l的方程为y＝x+m，设M（x1，y1），N（x2，y2），

由，消去y整理得，

则，，

因为以MN为直径的圆经过右顶点A，则，

所以，即

整理得

∴

整理得，解得或，

因为，

显然当或时，成立

所以直线l的方程为或；

（3）证明：椭圆Γ的左、右焦点分别为，

①当直线l平行于y轴时，因为直线l与椭圆Γ相切，所以直线l的方程为x＝±2，

此时点F1、F2到直线l的距离分别为d1＝1，d2＝3，所以d1d2＝3，

②当直线l不平行与y轴时，设直线l的方程为y＝kx+b，

联立，消去y整理得，

所以，

因为直线l与椭圆Γ相切，则Δ＝0，所以，

因为到直线l的距离为，到直线l的距离为，

所以，

所以点F1、F2到直线l的距离之积为定值，且定值为3．

【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，向量的坐标运算，点到直线的距离公式，考查转化思想，分类讨论思想，计算能力，属于难题．

21．(1)具有性质，理由见解析；

(2)；

(3)证明见解析.

【详解】（1）对一切，，且

由于

具有性质.

（2）令，

则

∵具有性质，

∴当时，恒有，即

，.

（3）∵函数具有性质，

∴对任意的区间，当时，都有成立.

下面证明此时，恒有或恒有

若存在，使得①，

不妨设②

当①或②式中有等号成立时，与矛盾

当①②两式中等号均不成立时， 的函数值从连续增大到时，必在存使得，也与矛盾，

同理可证也不可能.

∴对任意的区间，当时，

恒有或恒有，

∵对任意的，总存在，使得：，

∴当时，，

此时在单调递增，

当时，

成立，

此时在上单调递减，

综上可知是上的单调函数.

【点睛】关键点点睛：对于新定义问题，关键在于理解所给定义，一般就是需要具体化新定义的内容，研究所给特例问题，一般需要化抽象为具体，具有很强的类比性，对类比推理要求较高.