2022届上海市上海中学高三下学期高考模拟3数学试题含解析

这是一份2022届上海市上海中学高三下学期高考模拟3数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届上海市上海中学高三下学期高考模拟3数学试题 一、填空题1．已知集合,集合,则______【答案】【分析】解绝对值不等式求得集合，再求得.【详解】由，得或，即或.所以或，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查补集的概念和运算，属于基础题.2．在的展开式中，各项系数之和为__________.【答案】1【详解】令，即得各项系数的和.【解析】赋值法.3．写出系数矩阵为，且解为的一个线性方程组是______.【答案】【分析】根据系数矩阵为求解.【详解】由题意得：线性方程组是，解得，故所求的一个线性方程组是，故答案为：4．已知函数的最小正周期是，则______.【答案】4【分析】根据三角恒等变换化简三角函数，然后利用周期计算公式列方程，解方程即可求值【详解】，所以最小正周期是，所以.故答案为：45．若三阶行列式中第1行第2列的元素3的代数余子式的值是，则（其中是虚数单位，）的值是_______________．【答案】2【详解】试题分析：由已知条件得，即，从而有，故，故答案为2．【解析】1．行列式；2．复数的模．6．函数的值域为___________【答案】【分析】先利用配方可得到然后利用对数函数的性质即可求解【详解】因为所以根据对数函数的性质可得，可知函数的值域为．故答案为：7．某校举行数学文化知识竞赛，现在要从进入决赛的5名选手中随机选出2名代表学校参加市级比赛.某班有甲、乙两名同学进入决赛，则在这次竞赛中该班有同学参加市级比赛的概率为______.【答案】##0.7【分析】得出这次竞赛中该班没有同学参加市级比赛的概率，即只从除甲、乙两名同学外的三名同学中选两个的概率，在根据互斥事件的概率计算即可得出答案.【详解】在这次竞赛中该班有同学参加市级比赛的概率为.故答案为：0.78．在中，、、分别为角的对边，且满足，则角A的大小是______. 【答案】##【分析】根据题意结合三角恒等变换运算求解即可得答案.【详解】由，即，故则，可得，解得，因为，所以.故答案为：.9．关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】分类讨论，根据对数函数单调性，结合恒成立思想解决即可.【详解】由题意得，，所以恒成立，或恒成立，即，或，因为无最大值，所以无解；因为最小值为2，所以，解得，综上，.故答案为：10．在平面直角坐标系中，动点在椭圆上，点是的中点，过点作直线（和直线不重合）与椭圆相交于，两点，若直线，的斜率分别为、，且，则的值是______.【答案】##【分析】分别设，，，则.将点的坐标分别代入椭圆方程，结合已知，即可推得，整理可得，即可求出答案.【详解】设点，，的坐标为，则点.则，.因为点在椭圆上，所以，即.因为，所以，所以，，所以，.又在椭圆上，所以有，，代入有，展开得，即，所以，所以.所以.故答案为：.11．若一个整数数列的首项和末项都是1，且任意相邻两项之差的绝对值不大于1，则我们称这个数列为“好数列”，例如：1，2，2，3，4，3，2，1，1是一个好数列，若一个好数列的各项之和是2021，则这个数列至少有______项.【答案】89【分析】根据题意分析可得数列要想项数最少，需要各项最大，可设这个“好数列”为：，求这个“好数列”各项之和为，令得，此时，将85分成小于或等于44的项，最少可以分成两项，由此即可求解.【详解】由题意得数列要想项数最少，需要各项最大；又因为数列首项和末项都是1，且任意相邻两项之差的绝对值不大于1，所以需要数列前面递增，后面对称递减，又各项之和是2021，中间可能存在相等的项，设除去相等项后的各项为，令各项和，得，当为44时，项数为项，，将85分成小于或等于44的项，最少可以分成两项，故这个数列至少有项，故答案为：89【点睛】本题考查数列新定义和等差数列求和，关键在于理解数列新定义中各项数的特点，严格按照运用定义进行求和和数列的项的探索，属于中档题.12．已知函数的最小值为，则实数的取值范围为__________.【答案】【分析】对参数进行分类讨论，结合二次函数的最值，由已知条件，求得不同情况下对应的参数范围，再求并集即可.【详解】分情况进行讨论：当时，，时在取得最小值，时在时取得最小值2，故，解得，又因为此时，所以。当时，时在之间取得最小值，时在处取得最小值，故，解得，又因为此时，所以。当时，，时在之间取得最小值，而此时，所以时的最小值为。又根据二次函数性质，时在处取得最小值，故，解得或，而此时，故。所以实数的取值范围为。故答案为：【点睛】本题考查由分段函数的最值，求参数范围，涉及二次函数的最值，注意分类讨论，属综合基础题. 二、单选题13．已知集合，，则（   ）A． B． C． D．【答案】D【分析】两点集的交集，即这两条直线的交点.【详解】故选：D.14．数列的前n项和记为，则“数列为等差数列”是“数列为常数列”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】先证必要性，由“数列为常数列”出发，得出“数列为等差数列”；再证充分性，由“数列为等差数列”，设公差为 ，，得出当 时，数列不是常数列，即可得出答案.【详解】若数列为常数列，则设 ，所以 ，于是 ，所以为等差数列；即“数列为等差数列”是“数列为常数列”的必要条件；若数列为等差数列，设公差为 ， ，于是 ， ，当 时，数列不是常数列，所以“数列为等差数列”不是“数列为常数列”的充分条件；综上所述，“数列为等差数列”是“数列为常数列”的必要不充分条件，故选：B【点睛】注意充分性及必要性的证明，利用等差数列，常数列的相关知识，特别是当 时，数列不是常数列.15．如图，、是以为直径的圆上的两点，其中，，则（    ）A．1 B．2 C． D．【答案】A【分析】连结、，则有，，根据求解即可.【详解】解：连结、.则，.所以..因为，所以.故选：.16．已知集合，若实数，满足：对任意的，都有，则称是集合的“和谐实数对”，则以下集合中，存在“和谐实数对”的是A．B．C．D．【答案】C【详解】试题分析：分析题意可知，所有满足题意的有序实数对所构成的集合为，将其看作点的集合，为中心在原点，，，，为顶点的正方形及其内部，A，B，D选项分别表示直线，圆，双曲线，与该正方形及其内部无公共点，选项C为抛物线，有公共点，故选C．【解析】以集合为背景的创新题． 三、解答题17．如图，在四棱锥中，四边形为正方形，点在平面内的射影为A，且，为中点.(1)证明：平面(2)证明：平面平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）由线线平行证线面平行；（2）由线面垂直证，再证平面、平面平面.【详解】（1）连接交于点，连接.因为为中点，为中点，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）因为点在平面内的射影为A，所以平面，因为平面，所以.又在正方形中，且，所以平面，又平面，所以平面平面.18．如图，摩天轮上一点P在时刻t（单位:分钟)距离地面的高度y(单位:米)满足，已知该摩天轮的半径为50米，圆心O距地面的高度为60米，摩天轮做匀速转动，每3分钟转一圈，点P的起始位置在摩天轮的最低点处.（1）根据条件写出y关于t的函数解析式；（2）在摩天轮转动的一圈内，有多长时间点P距离地面的高度超过85米?【答案】（1）；（2）分钟【分析】（1）根据题意得到，，当时，，解得答案.（2）解不等式得到答案.【详解】（1）根据题意：，故，，，故.当时，，即，，故..（2），故，.解得，解得，故有分钟长的时间点P距离地面的高度超过85米.【点睛】本题考查了三角函数的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.19．已知函数．（1）写出函数的奇偶性；（2）当时，是否存在实数，使的图象在函数图象的下方，若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，.【分析】（1）对分和两种情况分类讨论，结合奇偶性的定义可判断出函数的奇偶性；（2）由题意得出，利用参变量分离法得出，然后利用基本不等式求出函数在时的最小值，即可得出实数的取值范围.【详解】（1）因为的定义域为，关于原点对称.当时，，则，此时，函数是奇函数；当时，，，则，，此时，函数是非奇非偶函数；（2）若的图象在函数图象的下方，则，化简得恒成立，当时，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立.，因此，当时，函数的图象都在函数图象的下方．【点睛】本题考查函数奇偶性的判断，同时也考查函数不等式恒成立问题的求解，在含单参数的不等式问题中，可以充分利用参变量分离法，转化为函数最值来求解，可简化分类讨论，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.20．已知椭圆的短轴长为2，离心率为，，分别是椭圆的右顶点和下顶点.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知是椭圆内一点，直线与的斜率之积为，直线分别交椭圆于两点，记，的面积分别为，.①若两点关于轴对称，求直线的斜率；②证明：.【答案】（1）；（2）①；②详见解析.【分析】（1）根据短轴长得，再根据离心率以及的关系式可解得，从而可求得椭圆的标准方程；（2）①设出的斜率，写出的方程与椭圆联立解出的坐标，再根据的斜率关系得的斜率和方程与椭圆联立解出的坐标，根据，关于轴对称，列式可求得；②用的方程联立解得的坐标，通过两点间的距离算得，只要证明，就可证明.【详解】（1）椭圆的短轴长为，离心率为，所以，，解得.所以椭圆方程为.(2)①设直线的斜率为，则直线的方程为，联立，消去并化简得，解得，所以.因为直线的斜率乘积为，所以直线的方程为，联立，消去并化简得，解得，所以.因为关于轴对称，所以，即，解得.当时，由，解得，在椭圆外，不满足题意.所以直线的斜率为.②由①得，，，由，解得.即.所以，，.同理利用两点间的距离公式求得，，所以.所以，因为，所以.即.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中三角形面积有关问题，考查运算求解能力，属于难题.21．已知集合，且中的元素个数大于等于5.若集合中存在四个不同的元素，使得，则称集合是“关联的”，并称集合是集合的“关联子集”；若集合不存在“关联子集”，则称集合是“独立的”.分别判断集合和集合是“关联的”还是“独立的”？若是“关联的”，写出其所有的关联子集；已知集合是“关联的”，且任取集合，总存在的关联子集，使得.若，求证：是等差数列；集合是“独立的”，求证：存在，使得.【答案】是关联的，关联子集有；是独立的；证明见解析；证明见解析【分析】（1）根据题中所给的新定义，即可求解； （2）根据题意，，，，， ，进而利用反证法求解； （3）不妨设集合，，且.记，进而利用反证法求解；【详解】解:是“关联的”关联子集有;是“独立的”记集合的含有四个元素的集合分别为:，，，，.所以，至多有个“关联子集”.若为“关联子集”，则不是 “关联子集”，否则同理可得若为“关联子集”，则不是 “关联子集”.所以集合没有同时含有元素的“关联子集”，与已知矛盾.所以一定不是“关联子集”同理一定不是“关联子集”.所以集合的“关联子集”至多为.若不是“关联子集”，则此时集合一定不含有元素的“关联子集”，与已知矛盾；若不是“关联子集”，则此时集合一定不含有元素的“关联子集”，与已知矛盾；若不是“关联子集”，则此时集合一定不含有元素的“关联子集”，与已知矛盾；所以都是“关联子集”所以有，即，即.，即，所以.所以是等差数列.不妨设集合，，且.记.因为集合是“独立的”的，所以容易知道中恰好有个元素.假设结论错误，即不存在，使得所以任取，，因为，所以所以所以任取，任取，所以，且中含有个元素.(i)若，则必有成立.因为，所以一定有成立.所以.所以，，所以，所以，有矛盾，(ii)若，而中含有个元素，所以所以，因为，所以.因为，所以所以所以，矛盾.所以命题成立.【点睛】本题属于新定义题，考查接受新知识，理解新知识，运用新知识的能力，反证法，等差数列，不等式缩放法，排列组合，本题属于难题.