2022届上海市七宝中学高三下学期高考模拟数学试题含解析

2022届上海市七宝中学高三下学期高考模拟数学试题

一、填空题

1．设全集，集合，则__．

【答案】

【分析】解绝对值不等式可求得全集，根据补集定义可得结果.

【详解】，，

.

故答案为：.

2．已知，函数的反函数为，且，则__．

【答案】

【分析】由条件可得，然后求出的值，然后可得答案.

【详解】因为，所以，所以，所以，

所以．

故答案为：

3．若,则__．

【答案】##0.875

【分析】解出,将用倍角公式写成,将代入即可得出结果.

【详解】因为,所以,

所以．

故答案为:

4．已知公比不为等于1的无穷等比数列各项均为整数,且有连续四项在集合中,请写出数列的一个通项公式:________（写出一个正确的即可）．

【答案】（答案不唯一）

【分析】求出五个数的因数,分析得出连续的四项,进而得到公比,写出的通项公式,根据各项均为整数,判断首项的可能取值即可.

【详解】解:由题知,

因为

,

要使有连续四项在集合中,

所以中连续四项为,

因为各项均为整数,所以公比为-2,即,

因为,

所以可为:3,-6,12,-24,

故,为3,-6,12,-24,其中一个即可.

故答案为: （答案不唯一）.

5．已知复数对应的点在复平面第一象限内，甲､乙､丙､丁四人对复数的陈述如下（为虚数单位）：甲：；乙：；丙：；丁：.在甲､乙､丙､丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数___________.

【答案】

【分析】设，由此可计算出，，和，根据数字对比可发现丙丁、乙丁不能同时成立；又甲乙丙任意两个正确，则第三个一定正确，由此可得到只能甲丁正确，由此可求得.

【详解】设，则，

，，，.

与不可能同时成立，丙丁不能同时正确；

时，，不成立，乙丁不能同时正确；

当甲乙正确时：，，则丙也正确，不合题意；

当甲丙正确时：，，则乙也正确，不合题意；

当乙丙正确时：，，则甲也正确，不合题意；

甲丁陈述正确，此时，.

故答案为：.

6．若，是双曲线与椭圆的共同焦点，点P是两曲线的一个交点，且为等腰三角形，则该双曲线的渐近线为______．

【答案】

【分析】根据给定条件求出两曲线的共同焦点，再由椭圆、双曲线定义求出a，b即可计算作答.

【详解】椭圆的焦点，由椭圆、双曲线的对称性不妨令点P在第一象限，

因为等腰三角形，由椭圆的定义知：，则，，

由双曲线定义知：，即，，，

所以双曲线的渐近线为：.

故答案为：

【点睛】易错点睛：双曲线(a>0,b>0)的渐近线方程为，而双曲线

(a>0,b>0)的渐近线方程为(即)，应注意其区别与联系.

7．已知函数的定义域为，值域为，则函数是偶函数的概率为__．

【答案】

【分析】列举出的所有解析式，再找出其中的偶函数，即可得答案.

【详解】解：因为的定义域为，关于原点对称，值域为，

所以有，或，或

或，或，或，

共6种情况；

而当和时，满足是偶函数，有2种情况，

所以是偶函数的概率．

故答案为：

8．已知四面体的棱长为1或2，且该四面体不是正四面体，则这样的不同四面体的个数为__．

【答案】3

【分析】分析出1和2可以构成的三角形有哪些，进而可分性出符合条件的四面体的个数.

【详解】四面体的棱长为1或2，但该四面体不是正四面体，可以构成一个底面边长为1的正三角形，侧棱长均为2的正三棱锥，1和2可以构成的三角形有：边长为1的正三角形，边长为2的正三角形，边长为1，2，2的三角形，除了上述正三棱锥外，还可以是四个1，2，2的三角形拼成的三棱锥；两个边长为2的正三角形和两个1，2，2的三角形拼成的三棱锥，

综上，这样的不同四面体的个数为3．

故答案为：3.

9．在数列中，，，记为数列的前项和，则___________.

【答案】

【分析】当时，构造，再变形得，变形得，有，，再代入求，并利用数列的单调性，最后求极限.

【详解】解：，可得，，

又，

两式相除可得，即，

则，

即有，，

所以

，

由，，可得，且为递增数列，

当时，，则，即有，

所以.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是递推公式的变形，，计算数列的前项和，利用裂项相消法求和.

10．已知AB为圆O的直径，M为圆O的弦CD上一动点，AB＝8，CD＝6，则的取值范围是________．

【答案】

【解析】以AB所在的直线为x轴，以AB的垂直平分线为y轴建立坐标系，设，表示出，求出它的最值即可.

【详解】如图所示，以AB所在的直线为x轴，以AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，且圆O的圆心为坐标原点，设，则，，，又M是弦CD上的一个动点，且，所以，即，其中最小值在CD的中点处取到，所以的取值范围是.

故答案为：

【点睛】本题考查了平面向量的数量积以及坐标表示，运用几何意义是解题的关键，考查了运算能力，属于中档题.

11．设函数的定义域为，给出下列命题：

①若对任意，均有，则一定不是奇函数；

②若对任意，均有，则为奇函数或偶函数；

③若对任意，均有，则必为偶函数；

④若对任意，均有，且为上增函数，则必为奇函数；

其中为真命题的序号为__（请写出所有真命题的序号）．

【答案】①③④

【分析】根据函数奇偶性的定义一一判断求解.

【详解】对于①，对任意，均有，则，

但奇函数中，矛盾，所以一定不是奇函数，①正确；

对于②，等价于，

若时满足，

时满足，

则函数在上为非奇非偶函数，②错误；

对于③，对任意，

均有，则，

所以，所以函数必为偶函数，③正确；

对于④，当时，

等价于，

又因为为上增函数，所以，则，

所以，所以必为奇函数，④正确，

故答案为: ①③④.

12．已知各项均为正数的等比数列前项和为，对任意的，都满足，若对均成立，则实数的取值范围是__．

【答案】

【分析】已知条件可知，利用等比数列的通项公式及前项和公式求出等比数列的公比，即可得，最后利用对勾函数的性质可求出实数的取值范围.

【详解】由题意得公比，又，所以恒成立，所以，

此时，所以，

即对任意恒成立，

若，因为，则足够大时，，不合题意，

所以，

此时，，

令，则原式化为恒成立，

所以恒成立，因为，所以．

故答案为：.

二、单选题

13．“”是“的二项展开式中存在常数项”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

【答案】A

【分析】根据二项展开式通项依次判断充分性和必要性即可.

【详解】展开式的通项为：；

当时，展开式的第项为常数项，充分性成立；

当时，展开式中存在常数项，如，必要性不成立；

“”是“的二项展开式中存在常数项”的充分不必要条件.

故选：A.

14．已知直线的参数方程为，则该直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据直线参数方程可确定斜率，由斜率和倾斜角关系可得结果.

【详解】由参数方程可知：直线斜率，直线倾斜角为.

故选：D.

15．如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上动点，则△PEQ周长的最小值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】通过对称转换，由三点共线求得三角形周长的最小值.

【详解】在平面上，设E关于B1C的对称点为M，根据正方形的性质可知，

关于B1C1的对称点为N，，

连接MN，当MN与B1C1的交点为P，MN与B1C的交点为时，

则MN是△PEQ周长的最小值，

，,

∴△PEQ周长的最小值为

故选：B

16．已知，曲线在区间内恰有一条对称轴和一个对称中心，给出下述两个命题，命题：对任意，存在，使得；命题：存在，对任意，满足．下列说法正确的是（    ）

A．命题是真命题，命题是假命题

B．命题是假命题，命题是真命题

C．命题和命题都是真命题

D．命题和命题都是假命题

【答案】A

【分析】利用整体代换法求得的对称轴和对称中心，根据其在内的对称轴和对称中心个数可构造不等式组求得的范围，进而结合正弦型函数值域的求法依次判断两个命题即可.

【详解】由得：，即的对称轴为；

由得：，即的对称中心为；

在内恰有一条对称轴和一个对称中心，且，

，解得：；

对于命题，当时，，又，

当时，，

即存在，使得，则命题为真命题；

对于命题，当时，，又，

则对任意，总存在大于的部分，则命题为假命题.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数性质的综合应用问题，解题关键是能够利用整体代换法求得正弦型函数的对称轴和对称中心，进而根据区间内的对称轴和对称中心个数确定的取值范围.

三、解答题

17．如图，在四棱锥中，底面是矩形，垂直于平面，，，，点、分别在线段、上，其中是中点，，连接．

(1)当时，证明：直线平行于平面；

(2)当时，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)2

【分析】（1）取中点，联结、，证明四边形为平行四边形，然后得到即可；

（2）首先求出的长度，然后可得点到平面的距离，然后可求出答案.

【详解】（1）

取中点，联结、，

因为是的中位线，

故，且，

又，且，

故四边形为平行四边形，

所以，又不在平面内，在平面内，

所以平行于平面；

（2）因为，，，垂直于平面，平面，

所以，，

因为，所以点到平面的距离为，

所以．

18．的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．

（1）求角C的大小；

（2）若，且边上的中线，求的面积．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得的值，进而求得的大小.

（2）利用得到，利用余弦定理求得，由此求得三角形的面积.

【详解】（1）因为，由正弦定理，得，所以．所以．

又因为，所以．因为，所以

（2）因为，所以，得；

又因为，所以，所以．

19．有一正方形景区，所在直线是一条公路，该景区的垃圾可送到位于点的垃圾回收站或公路上的流动垃圾回收车，于是，景区分为两个区域和，其中中的垃圾送到流动垃圾回收车较近，中的垃圾送到垃圾回收站较近，景区内和的分界线为曲线，现如图所示建立平面直角坐标系，其中原点为的中点，点的坐标为．

(1)求景区内的分界线的方程；

(2)为了证明与的面积之差大于1，两位同学分别给出了如下思路，思路①：求分界线在点处的切线方程，借助于切线与坐标轴及景区边界所围成的封闭图形面积来证明；思路②：设直线：，分界线恒在直线的下方（可以接触），求的最小值，借助于直线与坐标轴及景区边界所围成的封闭图形面积来证明．请选择一个思路，证明上述结论．

【答案】(1)；

(2)证明见解析

【分析】（1）根据给定信息，可得分界线上任意点到点F与直线EH距离相等，再列出方程化简作答.

（2）选①，求出分界线在点处的切线方程，再求出该切线与y轴分正方形所成两部分面积差即可；选②，借助恒成立求出b的最小值得直线L，再求出直线L与y轴分正方形所成两部分面积差即可.

【详解】（1）分界线C上任意点到点F与直线EH距离相等，直线EH：，点，设分界线C上任意一点为，

于是得，整理得，

所以景区内的分界线的方程：.

（2）选①：点的坐标为，显然切线斜率存在，设切线方程为，，

由，得，由，得，

因此分界线在点处的切线方程为，设切线交轴于点，则，

梯形面积，显然，因此，

所以．

选②：依题意，对恒成立，即，

而，当且仅当时取等号，则，

即的最小值为1，直线方程为，设直线交轴于点，则，

梯形面积，显然，因此，

所以．

20．已知函数的定义域为，值域为．若，则称为“型函数”；若，则称为“型函数”．

(1)设，，试判断是“型函数”还是“型函数”；

(2)设，，若既是“型函数”又是“型函数”，求实数的值；

(3)设，，若为“型函数”，求的取值范围．

【答案】(1)是“型函数”；

(2)

(3)．

【分析】(1)利用基本不等式以及双勾函数的性质求出函数的值域可求解；

(2)分和结合函数的单调性分类讨论求解；

(3)分不同的取值结合“型函数”的定义即可求范围.

【详解】（1）当时，，

当且仅当时取等号，

由于，

所以函数的值域为，

因为，所以，

所以是“型函数”；

（2），定义域为，

由题意得函数的值域也为，

显然，否则值域不可能由负到正，

当时，在上单调递增，

则，得；

当时，在上单调递减，

则，得；

（3），，

由题意得函数的值域，

当时，的最小值，

当时，的最小值，

当时，的最小值，

当时，的最大值，

当时，的最大值，

故满足的不等组为（无解）或

或或（无解），

因为，由点所在的可行域，

得当时，取最大值，最大值为2，

当与相切，

即时，取最小值，最小值为1，

因此的取值范围是．

21．对于无穷数列，设集合，若为有限集，则称为“数列”．

(1)已知数列满足，，判断是否为“数列”，并说明理由；

(2)已知，数列满足，若为“数列”，求首项的值；

(3)已知，若为“数列”，试求实数的取值集合．

【答案】(1)是“数列”；理由见解析.

(2)；

(3).

【分析】（1）由递推公式得到，判断出，结合“数列”的定义即可证明；

（2）先利用单调性判断出，结合“数列”的定义，分类讨论求出；

（3）分类讨论：当为有理数时，设，结合“数列”的定义，证明出符合题意；当为无理数时，利用反证法证明出不符合题意.

【详解】（1）由题意得，，，，……

因此.            

所以为有限集，

因此是“数列”；

（2）

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以.

当时，（*），

因此当时，，，

即，此时为“数列”，

当时，，

由（*）得，，

因此，显然不是“数列”，

综上所述：；

（3）当为有理数时，必存在，使得，

则，

因此集合中元素个数不超过，为有限集；

当为无理数时，对任意，下用反证法证明，

若，即，

则或，其中，

则或，矛盾，

所以，

因此集合必为无限集.

综上，的取值集合是全体有理数，即．