上海市金山区2020届高三二模考试数学试题 Word版含解析(1)

www.ks5u.com上海市金山区2020届高三二模数学试卷

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.集合，，则__________

【答案】

【解析】

【分析】

计算出，由交集概念即可得解.

【详解】由题意，

则.

故答案为：.

【点睛】本题考查了集合的运算，属于基础题.

2.函数的定义域为_______.

【答案】

【解析】

【分析】

将函数化简为,即可求得答案.

【详解】

化简可得:,

定义域为.

故答案为:.

【点睛】本题主要考查了求函数的定义域,解题关键是掌握常见函数定义域的求法,考查了计算能力,属于基础题.

3.是虚数单位，则的值为__________

【答案】

【解析】

【分析】

由题意，根据复数模的计算即可得解.

【详解】由题意，所以.

故答案为：.

【点睛】本题考查了复数的运算及模的求解，属于基础题.

4.已知线性方程组的增广矩阵为，若该线性方程组的解为，则实数__________

【答案】2

【解析】

【分析】

由题意可得，是方程的解，即可得解.

【详解】由题意可得，是方程的解，

代入可得.

故答案为：2.

【点睛】本题考查了线性方程组增广矩阵的应用，属于基础题.

5.已知函数，则__________

【答案】0

【解析】

【分析】

由题意可得，由反函数的概念可得，代入即可得解.

【详解】由题意，则，

所以.

故答案为：0.

【点睛】本题考查了行列式的计算与反函数的求解，属于基础题.

6.已知双曲线的一条渐近线方程为，则实数__________

【答案】

【解析】

【分析】

由双曲线的性质结合题意可得，即可得解.

【详解】双曲线的一条渐近线方程为，

即.

故答案为：.

【点睛】本题考查了双曲线性质的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.

7.已知函数，若，则__________

【答案】

【解析】

【分析】

令，可得为奇函数，求得后，即可得，即可得解.

【详解】令，则，

，

为奇函数，

又，，，

.

故答案为：.

【点睛】本题考查了函数奇偶性及对数运算、三角函数性质的应用，考查了构造新函数的能力和运算求解能力，属于中档题.

8.已知数列的通项公式为，，其前n项和为，则________.

【答案】

【解析】

【分析】

先对数列求和得到，再求极限.

【详解】当时，，

当时，，当时，

∴

∴，

故答案为：.

【点睛】本题考查了数列的求和问题，考查了等比数列的求和公式，考查了极限的求法，属于基础题.

9.甲、乙、丙三个不同单位的医疗队里各有3人，职业分别为医生、护士与化验师，现在要从中抽取3人组建一支志愿者队伍，则他们的单位与职业都不相同的概率是__________（结果用最简分数表示）

【答案】

【解析】

【分析】

由题意求出所有选法的个数及符合要求的选法个数，根据古典概型概率公式即可得解.

【详解】由题意，从9人中随机抽取3人，共有种选法；

要求从中抽取3人中的单位与职业都不相同，共有种选法；

则所求概率.

故答案为：.

【点睛】本题考查了计算原理的应用及古典概型概率的求解，属于基础题.

10.若点集，，则点集所表示的区域的面积是__________

【答案】

【解析】

【分析】

转化条件为，进而可得点表示以集合B表示的矩形内（包括边界）的点为圆心，1为半径的圆面，画出点集表示的区域后，即可得解.

【详解】由，可得，

又，

所以点表示以集合B表示的矩形内（包括边界）的点为圆心，1为半径的圆面，

如图所示，点集表示的是由4段圆弧及连接它们的四条切线围成的区域，

其面积.

故答案为：.

【点睛】本题考查了由不等式表示的平面区域的相关问题，考查了转化化归思想，属于中档题.

11.我们把一系列向量按次序排成一列，称之为向量列，记作，已知向量列满足

，设表示向量与的夹角，若对任意正整数，不等式恒成立，则实数的取值范围是__________

【答案】

【解析】

【分析】

由题意结合平面向量数量积可得，即可得，进而可得，求出的最小值后，利用对数函数的性质即可得解.

【详解】由题意可得，当时，

，

，，

，

当且仅当时，等号成立，

，

由可得，，

解得，

综上，实数的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】本题考查了平面向量、数列及对数函数的综合应用，考查了运算求解能力和恒成立问题的解决，属于中档题.

12.设为的展开式的各项系数之和，，（表示不超过实数的最大整数），则的最小值为__________

【答案】

【解析】

【分析】

令可得，则，构造函数可得，进而可得，转化原条件可得所求即为点到点的距离的平方的最小值，再由点在曲线上，点直线上，联立方程后，求出交点后即可得解.

【详解】令，则，

，

令，则，

函数在上单调递增，在上单调递减，

的最大值为或，

又，，

即，，

，，

，

表示点到点的距离的平方，

点在曲线上，点直线上，

由解得或（舍去），

当时，点到直线的距离，

当时，点到直线的距离，

的最小值为.

故答案为：.

【点睛】本题考查了新定义下二项式定理、数列及导数的综合应用，考查了转化化归思想，属于中档题.

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答案，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.已知直角坐标平面上两条直线方程分别为，，那么“”是“两直线、平行”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】

根据两条直线平行的条件，以及行列式运算，可判断必要不充分条件.

【详解】由题意，两条直线平行，则且

而，

故“两直线、平行”能推出“”，而反向不可推出，

那么“”是“两直线、平行”的必要不充分条件

故选：B

【点睛】判断充分必要条件：条件推结论，则充分条件；结论推条件，则是必要条件.

14.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

如图所示建立坐标系，计算面积得到答案.

【详解】如图所示建立坐标系，

根据题意：图2中为直角梯形，，，.

故.

故选：.

【点睛】本题考查了斜二测画法求面积，意在考查学生的计算能力.

15.在正方体中，下列结论错误的是（    ）

A.

B

C. 向量与的夹角是

D. 正方体的体积为

【答案】D

【解析】

【分析】

由空间向量线性运算法则可得，即可判断A；由、即可判断B；由、为等边三角形即可判断C；由可得，即可判断D；即可得解.

【详解】正方体如图，

由正方体的性质得,

，故A正确；

，由，可得平面，

则，所以即，故B正确；

由正方体性质可得，易知为等边三角形，所以，所以向量与的夹角是，故C正确；

因为，所以，故D错误.

故选：D.

【点睛】本题考查了正方体的几何特征与空间向量的综合应用，属于基础题.

16.函数是定义在上的奇函数，且为偶函数，当时，，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由题意，画出函数图象的草图，利用数形结合的方法找出当函数的图象与直线有3个交点时m的取值范围，即可得解.

【详解】函数是定义在上的奇函数，且为偶函数，

，，

的对称轴为且周期为4，

又时，，可作出函数图象的草图，如下：

若函数有3个零点，则方程有3个实根，

函数的图象与直线有3个交点，

当时，，解得，即当直线与的图象相切时切点为，此时，
由图象的对称性可知当时，函数的图象与直线有3个交点，

再由周期性可知，当时，函数函数的图象与直线有3个交点.

故选：C.

【点睛】本题考查了函数奇偶性、周期性与对称性综合应用，考查了函数零点与方程根的关系，体现了转化化归思想与数形结合思想，属于中档题.

三、解答题（本大题满分76分）本大题共有5题，下列必须在答题纸相应编号的规定区城内写出必要的步骤.

17.已知四棱锥，底面，，底面是正方形，是的中点，与底面所成角的大小为.

（1）求四棱锥的体积

（2）求异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数值表示）

【答案】（1）1；（2）.

【解析】

【分析】

（1）由题意可得，由即可得解；

（2）取的中点，连接、、，由题意可得即为异面直线与所成角，分别计算出、、后，利用余弦定理即可得解.

【详解】（1）底面，即为与底面所成的角，，

，

又，，

；

（2）取的中点，连接、、，如图，

是的中点，，（或该角的补角）为异面直线与所成角，

由（1）知，正方形的边长为，

，，，

，，，

在中，由余弦定理得，

异面直线与所成角为.

【点睛】本题考查了三棱锥体积及异面直线夹角的求解，属于基础题.

18.已知函数

（1）求函数在区间上的单调增区间：

（2）当，且，求的值

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）由题意结合三角恒等变换可得，令可得，即可得解；

（2）由题意可得，进而可得，根据二倍角的正弦公式即可得解.

【详解】（1）由题意

，

令，解得，

令可得，

故函数在区间上的单调增区间为；

（2）由可得解得，

又，，

，

.

【点睛】本题考查了三角函数的性质与三角恒等变换的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题.

19.随着疫情的有效控制，人们的生产生活逐渐向正常秩序恢复，位于我区的某著名赏花园区重新开放.据统计硏究，近期每天赏花的人数大致符合以下数学模型.以表示第个时刻进入园区的人数，以表示第个时刻离开园区的人数，设定每15分钟为一个计算单位，上午8点15分作为第1个计算人数单位，即点30分作为第2个计算单位，即：依次类推，把一天内从上午8点到下午5点分成36个计算单位（最后结果四舍五入，精确到整数）

（1）试分别计算当天12：30至13：30这一小时内，进入园区的人数和离开园区的游客人数.

（2）请问，从12点（即）开始，园区内总人数何时达到最多？并说明理由

【答案】（1）14738，12800；（2）13点30分，详见解析

【解析】

分析】

（1）由分段函数的性质，直接代入计算即可得解；

（2）由题意可得，然后构造函数，利用导数研究时，n的最大值即可得解.

【详解】（1）由题意进入园区的人数

，

离开园区的人数

；

（2）由题意，

当，园区内人数增多，，园区内人数减少，

当时，，园区内人数减少；

令，则，

易知单调递增，且，

所以当时，单调递减，

又，

，

所以当即13点30分时，园区内总人数最多.

【点睛】本题考查了函数的应用，考查了利用导数确定函数的单调性及转化化归思想，属于中档题.

20.已知动直线与与椭圆交于、两不同点，且的面积，其中为坐标原点

（1）若动直线垂直于轴.求直线的方程；

（2）证明：和均为定值；

（3）椭圆上是否存在点，，，使得三角形面积若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）不存在，详见解析

【解析】

【分析】

（1）由题意设直线，表示出点，后，利用即可求得m，即可得解；

（2）分直线斜率是否存在分类讨论；当直线斜率存在时，设直线，联立方程组可得，，由弦长公式及点到直线的距离公式可得，化简后可得，即可得解；

（3）假设存在点，，满足题目要求，由（2）可得，，进而可得点、、只能从四个点中选取三个不同的点，由这三点的连线中必有一条经过原点，与题设矛盾，即可得解.

【详解】（1）当直线垂直于轴时，设直线，

则点，，

所以，解得，所以，

故所求直线方程为；

（2）当直线斜率不存在时，由（1）知，，；

当直线斜率存在时，设直线，

则，消去得，

所以，，，

所以

，

点到直线的距离，

所以，

整理可得，满足，

所以，

；

综上，为定值1，,为定值2；

（3）假设存在点，，满足题目要求，

由（2）得，，，，，

，

解得，，

所以、、只能从中选取，、、只能从中选取，

故点、、只能从四个点中选取三个不同的点，

而这三点连线中必有一条经过原点，与矛盾，

所以椭圆上不存在点、、，使得三角形面积.

【点睛】本题考查了直线与椭圆的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题.

21.若无穷数列满足：存在，对任意的，都有（为常数），则称具有性质

（1）若无穷数列具有性质，且，求的值

（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为正数的等比数列，，，，判断是否具有性质，并说明理由.

（3）设无穷数列既具有性质，又具有性质，其中互质，求证：数列具有性质

【答案】（1）6；（2）不具有；详见解析（3）证明见解析；

【解析】

【分析】

（1）由题意可得任意的，都有，可得，即可得解；

（2）由题意可得，若具有性质，由新定义可得，即可判断；

（3）由题意可得对任意，均有，，进而可得、、，再证明即可得解.

【详解】（1）无穷数列具有性质，

，，

又，即，

；

（2）设无穷数列的公差为d，无穷数列公比为q，，

则，，，，

，，，

假设具有性质，，

则对于任意的，

均有

，

即对任意均成立，式子左边是变量，右边是常数，所以

不恒成立，故假设错误，

不具有性质；

（3）证明：无穷数列具有性质，

，，①

无穷数列具有性质，

，，②

互质，

由①得，由②得，

即，

当时，，

数列具有性质.

【点睛】本题考查了数列新定义的运用以及等差数列和等比数列的通项公式，考查了运算求解能力以及推理能力，属于难题．