2022上海徐汇区高三下学期二模数学试题含解析

2022届徐汇区高三数学三模卷

一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果．

1. 已知，则________.

【答案】

【解析】

【分析】根据二倍角的正切公式计算即可.

【详解】因，

所以.

故答案为：

2. 不等式的解集为______.

【答案】

【解析】

【详解】因为，∴，∴，∴解集为.

故答案为：．

3. 在的二项展开式中，项的系数为______________．

【答案】

【解析】

【分析】利用二项式展开式的通项公式，得出含项时对应的值，从而得出答案.

【详解】的二项展开式的通项公式为：

令，解得，则

所以项的系数为

故答案为：

4. 已知球的体积为，则该球的左视图所表示图形的面积为______________．

【答案】

【解析】

【分析】已知球的体积，可由球的体积公式得到球的半径，又因为球从每个方向看都是半径为的圆，即可求解.

【详解】设球的半径为，则由题意得，球的体积，解得；

又因为该球的左视图所表示图形为半径为的圆，

所以该球的左视图所表示图形的面积.

故答案为：.

5. 圆的圆心到直线：的距离   

【答案】3

【解析】

【详解】试题分析：因为圆心坐标为(1,2)，所以圆心到直线的距离为．

考点：点到直线的距离．

6. 若关于的实系数一元二次方程的一根为（为虚数单位），则____．

【答案】

【解析】

【分析】根据实系数一元二次方程的根的特征，可得的共轭复数也是方程的根，利用韦达定理得到方程，计算可得；

【详解】解：因为为实系数一元二次方程的一根，

所以也为方程的根，

所以，解得，所以；

故答案为：

7. 已知，若直线与直线平行，则m＝__．

【答案】3

【解析】

【分析】根据两直线平行，得到方程，计算求得m值．

【详解】由题意得：，且，

解得：m＝3，

故答案为：3．

8. 已知实数、满足约束条件，则的最小值是______________．

【答案】

【解析】

【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：.

9. 设是定义在上的奇函数，当时，，若存在反函数，则的取值范围是______________．

【答案】或.

【解析】

【分析】先求出的解析式，若存在反函数，则在每段单调且各段值域无重合，计算得解.

【详解】当时，，，是定义在上的奇函数，所以，即时，，所以，

若存反函数，则在每段单调且各段值域无重合，

当，，；

所以或

所以或.

故答案为：或.

10. 上海某高校哲学专业的4名研究生到指定的4所高级中学宣讲习近平新时代中国特色社会主义思想．若他们每人都随机地从4所学校选择一所，则4人中至少有2人选择到同一所学校的概率是______________．（结果用最简分数表示）

【答案】

【解析】

【分析】考虑反面，4个人恰好分配到4个学校的情况，再作减法即得.

【详解】4个人分配到4个学校的情况总数为种，4个人恰好分配到4个学校的情况为种，所以4人中至少有2人选择到同一所学校的情况有种，所以4人中至少有2人选择到同一所学校的概率是.

故答案为：.

11. 在中，已知，，，若点是所在平面上一点，且满足，，则实数的值为______________．

【答案】或

【解析】

【分析】根据平面向量的线性运算法则，分别把用表示出来，再用建立方程，解出的值.

【详解】由，得，即，

，

在中，已知，，，

所以

，

即，解得或

所以实数的值为或.

故答案为：或.

12. 已知定义在R上的函数满足，当时，．设在区间（）上的最小值为．若存在，使得有解，则实数的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】先利用换元法分别求出当，，，时的的解析式，进而求出，由存在使得有解得到有解，进而转化为，再通过的单调性进行即可求解.

【详解】当时，，

因为定义在上的函数满足，

所以，

令，则，

当时，有，

即当时，，

又，

令，则，，有，

所以当时，，

同理可得，时，，

根据规律，得当，，

且此时的在单调递增，

又因为为在区间上的最小值，

所以，，，，，

若存在，使得有解，

则有有解，进而必有，

令，设最大，则，

即，即，即最大；

所以当时，有，

所以.

故答案为：

【点睛】易错点睛：本题的易错点在由有解得到，而不是，要注意不等式恒成立和不等式有解的等价条件的区别：

若恒成立，则；

若有解，则.

二、选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．．

13. 下列以为参数的方程所表示的曲线中，与曲线完全一致的是（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据范围依次排除得到答案.

【详解】A. ，排除；B. ，排除；

C. ，排除；

故选：D

【点睛】本题考查了参数方程，意在考查学生对于参数方程的理解和掌握情况.

14. 已知函数，，则“”是“的值域为”的（    ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】

利用特殊值法判断充分性不成立，再利用正弦型函数的单调性可判断必要性成立，由此可得出结论.

【详解】充分性：取，，则成立，此时，则，可得，充分性不成立；

必要性：函数的最小正周期为，

因为函数在上的值域为，当函数在上单调时，取得最小值，且有，必要性成立.

因此，“”是“的值域为”的必要而不充分条件.

故选：B.

【点睛】方法点睛：判断充分条件和必要条件，一般有以下几种方法：

（1）定义法；

（2）集合法；

（3）转化法.

15. 某高校举行科普知识竞赛，所有参赛的500名选手成绩的平均数为82，方差为0.82，则下列四个数据中不可能是参赛选手成绩的是（    ）

A. 60 B. 70 C. 80 D. 100

【答案】A

【解析】

【分析】因为方差，平均数，利用数字特征，通过计算各个选项排除求解.

【详解】设所有参赛的500名选手成绩为：，，，；

则平均数；

方差，即；

对于A选项，若存在，则有，所以不可能是参赛选手成绩；

对于B选项，若存在，则有，所以有可能是参赛选手成绩；

对于C选项，若存在，则有，所以有可能是参赛选手成绩；

对于D选项，若存在，则有，所以有可能是参赛选手成绩；

综上所述，不可能是参赛选手成绩；

故选：A.

16. 设数列，若存在常数，对任意小的正数，总存在正整数，当时，，则数列为收敛数列．下列关于收敛数列说法正确的是（    ）

A. 若等比数列是收敛数列，则公比

B. 等差数列不可能是收敛数列

C. 设公差不为0的等差数列的前项和为，则数列一定是收敛数列

D. 设数列的前项和为，满足，，则数列是收敛数列

【答案】C

【解析】

【分析】根据题中定义，结合特殊的等差数列和等比数列、数列的周期性、等差数列前项和公式逐一判断即可.

【详解】当数列为常数列（不为零），因此该数列是等差数列又是等比数列，显然该数列是收敛数列，因此选项AB不正确；

选项C：设等差数列的公差为，

所以，当时，当时，，

所以数列一定是收敛数列，因此本选项正确；

选项D：因为，，所以可得，

当时，由，两式相减，得，

所以，所以该数列的周期为，该数列不可能是收敛数列，因此本选项说法不正确，

故选：C

【点睛】关键点睛：利用数列的周期性、常数列的性质是解题的关键.

三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤．

17. 如图，已知为圆柱的底面圆的一条直径，为圆周上的一点，，，圆柱的表面积为．

（1）求三棱锥的体积；

（2）求直线与平面所成的角的大小．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据表面积为，求得，结合题意和锥体的体积公式，即可求解；

（2）根据题意证得平面，得到平面平面，过点作，证得平面，得到为直线与平面所成的角，再直角中，求得，即，即可求解.

【小问1详解】

解：由题意，是圆柱的底面圆的一条直径，且，其表面积为，

可得，解得，

在中，由且，可得，所以，

在中，且，可得，

所以三棱锥的体积.

【小问2详解】

解：由为圆柱的底面圆的一条直径，为圆周上的一点，可得，

又由平面，平面，所以，

因为且平面，所以平面，

又因为平面，所以平面平面，

过点作，垂足为，如图所示，

因为平面平面，平面平面，且平面，

所以平面，所以为直线与平面所成的角，

又由，，可得，

在直角中，可得，

直角中，可得，所以，

即，所以直线与平面所成的角的大小.

18. 已知为实数，函数，．

（1）当时，求函数的单调递增区间；

（2）若对任意，恒成立，求的取值范围．

【答案】（1）和   

（2）

【解析】

【分析】（1）当时，化简函数的解析式，利用二次函数的基本性质可得出函数的增区间；

（2）由已知可得，推导出，可得出，利用参变量分离法可求得实数的取值范围.

【小问1详解】

解：当时，，

当时，，此时函数的单调递增区间为；

当时，，此时函数的单调递增区间为.

综上所述，当时，函数的增区间为和.

【小问2详解】

解：当时，由可得，即，所以，，

所以，，整理得对任意的恒成立，

因为，则，所以，不等式对任意的恒成立，

只需考虑不等式对任意的恒成立，

当时，，

令，，

由双勾函数的单调性可知，函数在上单调递增，

当时，，因此，.

19. 某动物园喜迎虎年的到来，拟用一块形如直角三角形的地块建造小老虎的休息区和活动区．如图，，（单位：米），E、F为BC上的两点，且，区域为休息区，和区域均为活动区．设．

（1）求、的长（用的代数式表示）；

（2）为了使小老虎能健康成长，要求所建造的活动区面积尽可能大（即休息区尽可能小）．当为多少时，活动区的面积最大？最大面积为多少？

【答案】（1）米，米；   

（2）当为时，小老虎活动区的面积最大，最大面积为平方米.

【解析】

【分析】（1）由角的关系易得：，；在中，由正弦定理得：

，可解得，同理在中得：，解得.

（2）活动区的面积最大即休息区尽可能小，又（1）可得：

利用三角恒等变换及计算得到，根据三角函数的值域可知时，得到休息区的最小值，从而得到活动区最大值.

【小问1详解】

由题意得，米，，则，

又由，，

，所以；

在中，由正弦定理得：

，即米；

同理，在中，

，即米；

综上所述：米，米.

【小问2详解】

由（1）知，综米，米，

所以小老虎休息区面积为:

化简得：

又，，

则当，即时，取得最小值；

此时小老虎活动区面积取得最大值，即

平方米.

综上所述：

当为时，小老虎活动区的面积最大，最大面积为平方米.

20. 在平面直角坐标系中，已知点、，动点关于直线的对称点为，且，动点的轨迹为曲线．

（1）求曲线的方程；

（2）已知动点在曲线上，点在直线上，且，求线段长的最小值；

（3）过点且不垂直于轴的直线交曲线于、两点，点关于轴的对称点为，试问：在轴上是否存在一定点，使得、、三点共线？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）

（2）   

（3）在轴上存在一定点，使得、、三点共线,理由见解析.

【解析】

【分析】(1)先得出点，由向量的数量积的坐标运算可得答案.

(2) 设，,则，则可得到，然后利用条件消元，从而可得答案.

(3) 设直线的方程为与曲线的方程联立，得出韦达定理，由点的坐标得出直线的方程，令，将韦达定理代入，可得出答案.

【小问1详解】

由点关于直线的对称点为，则

则，

所以，即

所以曲线的方程为：

【小问2详解】

由点在曲线上，设，点在直线上，设

由，即，

由，则

所以

当时，，此时不满足，即不满足

所以，由，则

由，则设

由勾型函数的单调性，可知函数在上单调递减.

此时当时，

所以线段长的最小值为

【小问3详解】

在轴上存在一定点，使得、、三点共线.

设 则

由题意设直线的方程为

由，可得

所以

直线的方程为

令，得

所以直线：恒过点

所以在轴上存在一定点，使得、、三点共线.

【点睛】关键点睛：本题考查利用向量的坐标运算求轨迹方程，利用函数思想求两点间距离的最大值，以及求直线过定点问题，解答本题的关键是联立方程得出韦达定理，得出直线的方程为，令将韦达定理代入得出定点，运算比较复杂，属于难题.

21. 对于数列，记．

（1）若数列通项公式为：，求；

（2）若数列满足：，，且，求证：的充分必要条件是；

（3）已知，若，．求的最大值．

【答案】（1）4    （2）证明见解析   

（3）2021.

【解析】

【分析】（1）直接求出，即可求；

（2）用定义法，分充分性和必要性分别进行证明；

（3）先计算出

，利用放缩法和裂项求和法求出的最大值.

【小问1详解】

由通项公式得：.

所以

【小问2详解】

充分性:若数列的前n项单调不增,即.

此时有：.

必要性：用反证法. 若数列不满足,则存在k(),使得,那么

由于,所以.与已知矛盾

所以,假设不成立,必要性得证.

综上所述：的充分必要条件是

【小问3详解】

由，令，则.

所以

所以

.

（因为）

当且仅当时, 取得最大值2021.

【点睛】(1)数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.

(2)    数列求和常用方法：