上海市2022年高考真题数学试题(测试)(含解析)
展开上海市2022年高考真题数学试题(测试)
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题
1.设集合,,则( )
A. B. C. D.
2.已知,则( )
A. B. C. D.5
3.已知,则( )
A.-3 B. C.3 D.
4.在中,,点P在CD上,且,则( )
A. B. C. D.
5.已知函数,,若方程有三个从小到大不同的实数根,且,则实数m的值是( )
A. B. C. D.
6.在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的Yong Jun KL Speedcubing比赛半决赛中,来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号.如图,一个三阶魔方由27个单位正方体组成,把魔方的中间一层转动了之后,表面积增加了( )
A.54 B. C. D.
7.已知椭圆:,过中心的直线交于,两点,点在轴上,其横坐标是点横坐标的3倍,直线交于点,若直线恰好是以为直径的圆的切线,则的离心率为( )
A. B. C. D.
8.已知,,对于,恒成立,则的最小值为( )
A. B.-1 C. D.-2
二、多选题
9.下列说法正确的是( )
A.在研究成对数据的相关关系时,相关关系越强,相关系数越接近于1
B.样本数据:27,30,37,39,40,50的第30百分位数与第50百分位数之和为68
C.已知随机变量X服从正态分布,若,则
D.将总体划分为2层,通过分层抽样,得到两层的样本平均数和样本方差分别为,和,,若,则总体方差
10.已知点A,B在圆O:上,点P在直线l:上,则( )
A.直线l与圆O相离
B.当时,的最大值是
C.当PA,PB为圆O的两条切线时,为定值
D.当PA,PB为圆O的两条切线时,直线AB过定点
11.在正三棱锥中,底面的边长为4,E为AD的中点,,则( )
A.该棱锥的体积为
B.该棱锥外接球的体积为
C.异面直线CE与BD所成角的正切值为
D.以D为球心,AD为半径的球截该棱锥各面所得交线长为
12.椭圆曲线是代数几何中一类重要的研究对象.关于椭圆曲线:,下列结论正确的是( )
A.曲线关于点对称
B.曲线关于直线对称
C.当时,曲线上点的横坐标的取值范围为
D.若曲线上存在位于y轴左侧的点,则
三、填空题
13.已知的展开式中所有项的系数之和为81,则展开式中含的项的系数为______.
14.若数列满足,,则的前n项和为______.
15.已知双曲线C:的左、右焦点分别为,,过点作斜率为的直线交C右支于M,N两点,且.写出C的一条渐近线方程______.
四、双空题
16.定义在上的函数满足,且函数的图象关于点对称,则______,______.
五、解答题
17.已知数列满足,.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,求数列的前40项和.
18.在中,角,,所对的边分别为,,,已知,,成等比数列,且.
(1)求;
(2)若,延长至,使的面积为,求.
19.5月25日是全国大、中学生心理健康日,“5.25”的谐音即为“我爱我”,意在提醒孩子们“珍惜生命、关爱自己”.学校将举行心理健康知识竞赛.第一轮选拔共设有A,B,C三个问题,规则如下:①每位参加者计分器的初始分均为10分,答对问题A,B,C分别加2分,4分,5分,答错任一题减2分;②每回答一题,计分器显示累计分数,当累计分数小于8分时,答题结束,淘汰出局;当累计分数大于或等于14分时,答题结束,进入下一轮;当答完三题,若累计分数仍不足14分时,答题结束,淘汰出局,若累计分数大于或等于14分时,答题结束,进入下一轮;③每位参加者按问题A,B,C顺序作答,直至答题结束.假设甲同学对问题A,B,C回答正确的概率依次为,,,且各题回答正确与否相互之间没有影响.
(1)求在甲同学进入下一轮的条件下,答了两题的概率;
(2)用表示甲同学本轮答题结束时答对的个数,求的分布列和数学期望.
20.如图,在四棱锥中,侧棱平面ABCD,底面四边形ABCD是矩形,,点M,N分别为棱PB,PD的中点,点E在棱AD上,.
(1)求证:直线平面BNE;
(2)从下面①②两个条件中选取一个作为已知,证明另外一个成立.
①平面PAB与平面PCD的交线l与直线BE所成角的余弦值为;
②二面角的余弦值为.
注:若选择不同的组合分别作答,则按第一个解答计分.
21.已知抛物线:的焦点F也是双曲线:的一个焦点,与公共弦的长为.
(1)求的方程;
(2)过F的直线l与交于A,B两点,与交于C,D两点,且与同向.
(i)若,求直线l的斜率;
(ii)设在点A处的切线与x轴交于点M,试判断点F与以MD为直径的圆的位置关系.
22.已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)若有两个极值点,(),求证:.
参考答案:
1.A
【分析】分别解对数不等式和指数不等式求得集合A,B,然后由交集运算可得.
【详解】由得,即,又,所以,
解不等式得,所以,所以.
故选:A
2.B
【分析】利用复数的除法可求,从而可求其模.
【详解】由题设可得,故,
故,
故选:B.
3.B
【分析】利用诱导公式化简条件,再利用二倍角公式将目标式化为齐次式,代入正切值可得.
【详解】因为,
所以
.
故选:B.
4.D
【分析】将代入,利用共线定理推论可得.
【详解】因为,所以,
所以,
又P,C,D三点共线,所以,得.
故选:D.
5.A
【分析】画出图像,根据函数图象的对称性确定的关系,解方程求,由此可求.
【详解】因为方程有三个从小到大不同的实数根α,β,γ,
所以函数与函数的图象有三个交点,
交点横坐标从小到大依次为α,β,γ,
作出函数,的图象,
观察图象可得, ,,
根据图象可得关于对称,关于对称,
所以,
又,
所以,
解得
所以.
故选:A.
6.C
【分析】利用截面图,得出魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积,再利用几何关系求出多出的一个小三角形的面积,进而可求出结果.
【详解】如图,
转动了后,此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积,显然小三角形为等腰直角三角形,
设直角边,则斜边为,则有,得到,由几何关系得:阴影部分的面积为,
所以增加的面积为.
故选:C.
7.D
【分析】利用三条直线的斜率关系,结合点差法可得.
【详解】
设,,则,,
设、、,分别为直线、、的斜率,
则,,,
因直线是以为直径的圆的切线
所以,,
所以,
又在直线上,所以,
因、在上,
所以,,
两式相减得,
整理得,
故,即,
,
故,
故选:D
8.C
【分析】等价于对于,恒成立,设,求出函数最大值,得到,设,求出函数的最小值即得解.
【详解】因为对于,恒成立,
所以对于,恒成立,
设,所以.
当时,,函数单调递增,
所以函数没有最大值,所以这种情况不满足已知;
当时,
当时,,函数单调递增.
当时,,函数单调递减.
所以.
所以.
所以.
设,
所以,
当时,,函数单调递减.
当时,,函数单调递增.
所以.
所以的最小值为.
故选:C
【点睛】方法点睛:不等式的恒成立问题的求解,常用的方法有:(1)分离参数求最值;(2)直接法;(3)端点优先法.要根据已知条件灵活选择方法求解.
9.ABC
【分析】根据相关系数的意义可判断A;直接计算出第30百分位数和第50百分位数可判断B;利用正态分布的对称性可判断C;根据分层方差和总方差的公式可判断D.
【详解】相关系数越接近于1,相关性越强,越接近于0,相关性越弱,A正确;
因为,所以第30百分位数为30,第50百分位数为,
所以第30百分位数与第50百分位数之和为68,B正确;
因为,所以,即,由正态分布的对称性可知,正态密度曲线关于对称,所以,C正确;
不妨设两层的样本容量分别为m,n,总样本平均数为,
则,
易知,当时有,故D错误.
故选:ABC
10.AC
【分析】利用点到直线的距离判断A;取AB中点D,由线段PD长判断B;由中,同理结合数量积的定义可判断C;求出直线AB的方程判断D作答.
【详解】对于A,因为到直线的距离,即直线与圆相离,A正确;
对于B,令AB的中点为D,则,,
点D在以O为圆心,为半径的圆上,
,显然当在上运动时,无最大值,B不正确;
对于C,当为切线时,,
所以在中,
同理
,故C正确.
对于D,设,当为切线时,,
点在以为直径的圆上,
此圆的方程为,于是直线为,
即,
所以直线过定点,D不正确.
故选:AC.
11.ABD
【分析】通过证明平面ACD,可得,进而可知两两垂直,然后求出侧棱长,从而可求体积,判断A;补形成正方体可求外接球体积,判断B;记AB中点为H,在中利用余弦定理,结合同角三角函数的基本关系可解,判断C;结合图形可知,所求为三段圆弧,利用弧长公式可解,判断D.
【详解】记CD中点为F,作平面BCD,垂足为O,
由正三棱锥性质可知,O为正三角形BCD的中心,所以O在BF上,
因为平面BCD,所以,
由正三角形性质可知,,
又,平面ABO,
所以平面ABO,
因为平面ABO,所以,
又平面ACD,
所以平面ACD,
因为平面ACD,所以
由正三棱锥性质可知,两两垂直,且
则,所以,
所以,A正确;
设外接球半径为R,补形成正方体可知,,即,
所以外接球体积为,B正确;
记AB中点为H,连接CH,EH,则,
易知,所以为锐角,所以即为异面直线CE与BD所成角,
因为,,
所以,
所以,
所以,故C错误;
如图,易知以D为球心,AD为半径的球截该棱锥各面所得交线,是以D为圆心,AD为半径的三段圆弧,
其圆心角分别为,所以其交线长为,故D正确.
故选:ABD
12.BD
【分析】对A选项和B选项,设一组对称点代入检验即可;对选项C和选项D结合函数值域分析即可求解.
【详解】对选项A:
设曲线上有一点,则,
而点关于对称的点为,
如果曲线关于对称,则也应在曲线上,则有;
联立①②,得,此时无解,
所以和这样的对称点不存在,即不是该椭圆曲线的对称点,故A错误;
对选项B:
设曲线上有一点,则,
而点关于对称的点为,
如果曲线关于对称,则也应在曲线上,则有;
联立①②,得=,即=,该式恒成立,
则和是在曲线上且关于对称的点,即是该椭圆曲线的对称轴,故B正确;
对选项C:
因为,所以,
所以,当时,有,
因为,所以;
设,则,
令,所以,
当时,,在单调递增
当时,,在单调递减
当时,,在单调递增,
极大值,即点也在曲线上,所以C错误;
对选项D:
由原方程得:,
曲线上存在位于y轴左侧的点,即当时有点在曲线上,
设,则,
当,,在上单调递增,且,
所以此时,此时没有能使成立;
当时,令,所以,
当时,,在单调递增;
当时,,在单调递减;
当时,,在单调递增;
所以只需的极大值大于0即可使曲线上存在位于y轴左侧的点,
即,
所以
所以,
所以,得,即,所以D正确.
故选:BD.
【点睛】关键点点睛:当曲线涉及到对称时,可设出对称点代入方程进行验证;涉及到取值范围,需要结合函数求出其取值范围综合分析.
13.32
【分析】根据所有项的系数之和求解,写出的展开式含项与相乘,然后可得答案.
【详解】记
令,则,即,
则的展开式中含的项为.
故答案为:32
14.
【分析】利用倒序相加法结合组合数的性质可求的前n项和.
【详解】设的前n项和为,则,
又,
故
,
故,
故答案为:.
15.(答案不唯一)
【分析】双曲线定义结合已知可得,分点N在第四象限和第一象限讨论,利用直线斜率求出点N坐标,代入双曲线方程构造齐次式,然后可得离心率,进而可得渐近线斜率和渐近线方程.
【详解】易知,过点斜率为的直线方程为,
如图,当点M在第一象限,点N在第四象限时,
因为,所以,
作轴,垂足为H,记,则,即,
代入,得,
所以,所以,,
将点N坐标代入双曲线方程得,
整理得,即,
两边同时除以得,
因式分解得,,则,所以,
故,渐近线方程为
易知,当点N在第一象限,点M在第四象限时,点N坐标为
代入双曲线方程得
整理得,即,
两边同时除以得,
因式分解可得,,则,所以,
故,渐近线方程为,
故答案为:(答案不唯一)
16. 1 -2021
【分析】分析函数的对称性,由构造,由周期性和对称性即可求解.
【详解】因为关于对称,所以有.
令,则,的图象关于对称,所以.
由题设条件得,
令,有,则的图象于对称,
因为,有,
即,则的图象关于对称.
所以,又,
所以,,
所以,所以为的一个周期,
,所以.
故答案为:1;-2021.
17.(1)
(2)784
【分析】(1)将两边取倒数后,构造等差数列即可;
(2)将奇偶分开,分组求和即可.
【详解】(1)由题意易得,由可得,
所以数列是公差为2的等差数列.
故,即.
(2)由(1)知,.
所以的前40项和
.
18.(1)
(2)
【分析】(1)根据条件,得到,由,可得,求出的值,再求出的值;
(2)利用的面积列式求出,再利用余弦定理求出,最后利用正弦定理计算的值.
【详解】(1)由,,成等比数列可知,,
由正弦定理,可得,
又,
,
即,又,即,
所以,所以或,
由,,成等比数列可知,不为最大角,故.
所以,
又,,所以,
所以,故.
(2)由(1)及可知,是边长为的正三角形,
过作垂足为,则,
所以,
所以,所以.
在中,由余弦定理,得
,
在中,由正弦定理,得.
19.(1)
(2)分布列见解析,
【分析】(1)记甲同学进入下一轮为事件E,答了两题为事件F,结合题意,分别求出,代入条件概率的计算公式即可求解;
(2)由题意先求出的可能取值,然后分别计算每一个值对应的概率,列出分布列,代入期望的计算公式即可求解.
【详解】(1)记答对A,B,C分别为事件,,,
甲同学进入下一轮为事件E,答了两题为事件F,
则,
,所以,
即在甲同学进入下一轮的条件下,答了两题的概率为.
(2)由题意知的可能取值为0,1,2.
,
,
,
所以的分布列为
0
1
2
P
数学期望.
20.(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】(1)由线面平行的判定定理即可证明;
(2)若选①作为已知条件,由线面平行的性质定理可证得,l与直线BE所成角即为,由题意可得,建立如图所示的空间直角坐标系,由二面角公式代入即可证得;若选②为已知条件:建立如图所示的空间直角坐标系,设,由二面角公式代入求出,由线面平行的性质定理可证得,l与直线BE所成角即为,求解即可证明.
【详解】(1)如图,连接MD,交BN于点F,连接EF,
因为M,N分别为棱PB,PD的中点,
所以F为的重心,则,
又在中,,所以,
又因为平面BNE,平面BNE,
所以平面BNE.
(2)若选①作为已知条件:
在矩形ABCD中,,平面PCD,
平面PCD,所以平面PCD.
又平面PAB,平面平面,所以.
所以l与直线BE所成角即为.
在直角三角形ABE中,,,
所以由可得,
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,所以,.
设平面BNE的法向量为,
则,取,可得.
又为平面BDE的一个法向量,
所以.
由图可知,二面角的余弦值为.
若选②为已知条件:
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系,
因为,设,则,,,
则,.
设平面BNE的法向量为,
则,取,可得.
又为平面BDE的一个法向量,且二面角的余弦值为,
所以,解得.
在矩形ABCD中,,平面PCD,平面PCD,所以平面PCD.
又平面PAB,平面平面,所以.
所以l与直线BE所成角即为.
在直角三角形ABE中,,,,可得,
所以平面PAB与平面PCD的交线l与直线BE所成角的余弦值为.
21.(1)
(2)(i);(ii)点F在以MD为直径的圆内
【分析】(1)根据弦长和抛物线方程可求得交点坐标,结合同焦点建立方程组求解可得;
(2)(i)设,,,,直线方程,分别联立抛物线方程和双曲线方程,利用韦达定理,结合可解;(ii)利用导数求出切线方程以及点M坐标,利用判断,从而可知为钝角,可得结论.
【详解】(1)的焦点为,所以①
又与公共弦的长为,且与都关于y轴对称,
所以公共点的横坐标为,代入可得纵坐标为3,
所以公共点的坐标为,
所以②
联立①②得,,故的方程为.
(2)设,,,,
(i)因为与同向,且,所以,
从而,即,
所以,
设直线l的方程为,
联立,得,,则,,
联立,得,,
则,,
所以,即,
所以,所以或,
由图可知,,得,故
所以直线l的斜率为.
(ii)由得,所以在点A处的切线方程为,
令得,即,所以,而,
于是,
因此是锐角,从而是钝角,
故点F在以MD为直径的圆内.
【点睛】本题属直线与圆锥曲线综合问题,一般遵循设而不求原则,基本步骤为:
1、设出点的坐标和直线方程;
2、直线方程联立圆锥曲线方程消元,得到关于x或y的一元二次方程;
3、判断判别式,利用韦达定理得到两根和与两根积;
4、利用根与系数关系对题目条件进行转化求解.
22.(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)对函数求导,再构造函数,再通过对进行讨论,得到的在区间上的正负,即可得出结果;
(2)利用(1)中的条件,得到两个极值点间的关系,,从而可用表示出,即,再分不等式左边和右边两种证明,通过构造函数,和,,再利用函数的单调性即可证明结果.
【详解】(1)易知,又因为,
令,,
①当,即时,恒成立,所以,此时,在区间上是增函数;
②当,得到或,又,其对称轴为,且,所以,
当时,,所以在区间上恒成立,
即在区间上恒成立,此时在区间上是增函数;
当时,,且,由,
得到或,时,,时,
即时,,时,
此时,在上是减函数,
在上是增函数.
综上所述,当时,在上是增函数;
当时,在上是减函数,
在上是增函数.
(2)由(1)知,当时,有两个极值点,,
且满足,,
所以,,.
所以.
先证左边:.
考虑函数,,则,
所以在上是减函数,所以,
即,所以,
再证右边:,
考虑函数,,则,
所以在上是减函数,所以,
即,所以.
综上证得.
【点睛】本题考查函数与导数的综合应用,属于较难题.导数中通过双极值点求解最值或证明不等式时,可通过双极值点对应的等式将待求的式子或待证明的式子转变为关于同一变量(注意变量的范围)的式子,然后通过构造新函数,分析新函数的单调性后从而达到求解最值或证明不等式的目的.
上海市2022年高考真题数学试题(测试)(无答案): 这是一份上海市2022年高考真题数学试题(测试)(无答案),共5页。试卷主要包含了未知,单选题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2022年上海市高考真题数学试题(不含答案): 这是一份2022年上海市高考真题数学试题(不含答案)
2021年高考数学真题模拟测试卷五含解析: 这是一份2021年高考数学真题模拟测试卷五含解析,共50页。试卷主要包含了71828…为自然对数的底数.等内容,欢迎下载使用。