上海市宝山区2021-2022学年高三数学下学期二模试题（Word版附解析）.docx

1、宝山区2021-2022学年第二学期高三年级数学学科教学质量监测试卷 2022.04考生注意：1本试卷包括试题卷和答题纸两部分，答题纸另页，正反面；2在本试题卷上答题无效，必须在答题纸上的规定位置按照要求答题；3可使用符合规定的计算器答题一、填空题1. 设集合Axx2，Bxx21，则AB_【答案】x1x2【解析】【详解】试题分析：因为，所以.考点：一元二次不等式的解法、集合的运算.2. 如果函数是奇函数，则_【答案】【解析】【分析】利用函数是奇函数，即可求解.【详解】设，.故答案为：3. 若线性方程组的增广矩阵为、解为，则 【答案】【解析】【详解】由题意得：考点：线性方程组的增广矩阵4. 方程

2、cos2x+sinx=1在上的解集是_【答案】【解析】【详解】5. 若正三棱锥的底面边长为，侧棱长为1，则此三棱锥的体积为_【答案】【解析】【详解】试题分析：记正三棱锥为，点在底面内的射影为点，则，在中，所以.考点：正三棱锥的性质和体积的计算.6. 若一组样本数据，的平均数为，则该组数据的方差_.【答案】5.2【解析】【分析】由平均数为5可求，根据方差方式求即可.【详解】由题意知：，所以，而，故答案为：5.27. 已知点在不等式组，表示的平面区域上运动，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】画出可行域，然后利用目标函数的等值线在可行域中进行平移，根据或含的式子的含义，目标函数取最值得最优解，

3、可得结果.【详解】如图令，则为目标函数的一条等值线将等值线延轴正半轴方向移到到点则点是目标函数取最小值得最优解将等值线延轴负半轴方向移到到点则点是目标函数取最大值得最优解所以所以故答案为：【点睛】本题考查线性规划，一般步骤：（1）作出可行域；（2）理解或含的式子的含义，利用等值线在可行域中移动找到目标函数取最值得最优解，属基础题.8. 已知是双曲线上的点，过点作双曲线两渐近线的平行线，直线分别交轴于两点，则_【答案】4【解析】【分析】首先设点，分别求直线的方程，利用坐标表示的值.【详解】双曲线两渐近线的斜率为，设点，则、的方程分别为，所以、坐标为，所以，又点在双曲线上，则，所以故答案为：49.

4、 已知分别为三个内角的对边，则_【答案】60#【解析】【分析】根据余弦定理求，再根据余弦定理求角.【详解】由余弦定理得， 由余弦定理得，因为，所以故答案为：10. 某居民小区有两个相互独立的安全防范系统（简称系统）和，系统和系统在任意时刻发生故障的概率分别为和，若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，则_【答案】【解析】【分析】根据相互独立事件概率的乘法公式和互斥事件的加法公式列方程即可求解.【详解】由题意可得：，整理可得：，解得：，故答案为：.11. 已知直线与直线互相平行且距离为.等差数列的公差为，且，令，则的值为_【答案】52【解析】【分析】根据平行线的距离求出d和m的值，利用等差

5、数列的定义和性质求出通项公式，进而求和即可.【详解】由题意知，因为两直线平行，所以，解得，由两平行直线间距离公式得，由，解得或.又，所以，即，解得，所以.所以故答案为：52.12. 已知分别是边的中点，是线段上的一动点(不包含两点)，且满足，则的最小值为_【答案】#【解析】【分析】由三点共线得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【详解】由于是上的一动点(不包含两点)，且满足，所以且，以，当且仅当时取等号，所以的最小值为故答案为：二、选择题13. 已知，为实数，且.则“”是“”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【详解】试

6、题分析：由，可得，；由，同向不等式两边相加，可得，故“”是“”必要而不充分条件，选B考点：本题主要考查充要条件的概念，不等式的性质点评：简单题，同向不等式两边相加，不等号方向不变14. 已知是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）A. 如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线互相平行B. 过已知平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直C. 平面不垂直平面，但平面内存在直线垂直于平面D. 若直线不垂直于平面，则在平面内不存在与垂直的直线【答案】B【解析】【分析】举特例说明判断A；由平面的基本事实及线面垂直的性质推理判断B；推理说明判断C；举例说明判断D作答.【详解】正方体中，直线、

7、直线都平行于平面，而直线与相交，A不正确；如图，直线是平面的斜线，点P是直线l上除斜足外的任意一点，过点P作于点A，则直线是斜线在平面内射影，直线与直线确定平面，而平面，则平面平面，即过斜线有一个平面垂直于平面，因平面的一条斜线在此平面内的射影是唯一的，则直线与直线确定的平面唯一，所以过已知平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直，B正确；如果平面内存在直线垂直于平面，由面面垂直判断知，平面垂直于平面，因此，平面不垂直平面，则平面内不存在直线垂直于平面，C不正确；如图，在正方体中，平面为平面，直线为直线，显然直线不垂直于平面，而平面内直线都垂直于直线，D不正确.故选：B15. 关于函数和实

8、数的下列结论中正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，即可得到此类函数的规律是自变量离原点越近，函数值越小，即自变量的绝对值小，函数值就小，反之也成立，从而一一判断即可；【详解】解：因为，所以函数是一个偶函数，又时，与是增函数，且函数值为正数，故函数在上是一个增函数由偶函数的性质得函数在上是一个减函数，此类函数的规律是自变量离原点越近，函数值越小，即自变量的绝对值小，函数值就小，反之也成立，考察四个选项，A选项，由，无法判断，离原点的远近，故A错误；B选项，则的绝对值大，故其函数值也大，故B不对；C选项是正确的，由，

9、一定得出；D选项由，可得出，但不能得出，不成立，故选：C16. 设函数，其中，若、是的三条边长，则下列结论：对于一切都有；存在使、不能构成一个三角形的三边长；为钝角三角形，存在，使，其中正确的个数为_个A. 3B. 2C. 1D. 0【答案】A【解析】【分析】构造函数，根据函数单调性可知，根据三角形三边关系可知，可推导出，从而可得，可知正确；通过取值可知存在取值使得取值不满足三边关系，可知正确；根据余弦定理可知，可得，再结合，可知，由零点存在性定理可知正确；由此可得选项.【详解】令 在上单调递减 在上单调递减当时，根据三角形三边关系可知： 又 时，都有，可知正确；取，则，不满足三角形三边关系，

10、可知正确；为钝角三角形 ，从而又，由零点存在性定理，可知正确本题正确选项：【点睛】本题考查函数与解三角形知识的综合应用问题，其中涉及到零点存在定理的应用、余弦定理及三角形三边关系的应用、函数单调性问题，关键是能够构造出合适的函数来对问题进行求解.三、解答题17. 在长方体中，点是棱上的点，.（1）求异面直线与所成角的大小；（2）求点到平面的距离【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先作出异面直线与所成角，再去求其大小即可（2）依据三棱锥等体积法去求点到平面的距离【小问1详解】在平面ABCD内作交于，连接，则为异面直线与所成角或其补角.因为，所以，所以，因为，所以 而所以为正三角形，从而异

11、面直线与所成角的大小为.【小问2详解】设点到平面的距离为，由得，所以18. 某地区的一种特色水果上市时间个月中，预测上市初期和后期会因供不应求使价格呈连续上涨态势，而中期又将出现供大于求使价格连续下跌，现有三种价格模拟函数:(以上三式中均为非零常数，.)（1）准确研究其价格走势，应选哪种价格模拟函数，为什么?（2）若求出所选函数的解析式(注：函数的定义域是，其中表示月份，表示月份，以此类推)，为保证果农的收益，打算在价格在元以下期间积极拓宽外销渠道，请你预测该水果在哪几个月份要采用外销策略？【答案】（1）选，理由见解析； （2）第月份应该采取外销策略.【解析】【分析】（1）分析给定的3个函数的

12、图象特征，结合已知判断作答.（3）将给定数据代入选定的函数，求出待定系数，再在指定范围内求的x取值作答.【小问1详解】对于，函数是单调函数，不符合题意，对于，二次函数的图象不具备先上升，后下降，再上升的特点，不符合题意，对于，当时，函数在上的图象是上升的，在上的图象是下降的，在上的图象是上升的，满足题设条件，应选.【小问2详解】依题意，解得，则，由，即，而，解得，所以该水果在第月份应该采取外销策略.19. 已知函数（1）当时，求满足的的取值范围；（2）若的定义域为，又是奇函数，求的解析式，判断其在上的单调性并加以证明【答案】（1）； （2），在上递减，证明见解析.【解析】【分析】(1)由题意可

13、得从中解得,解此指数不等式即可求得的取值范围；(2)由可求得，可求得，从而可得的解析式；利用单调性的定义，对任意，再作差最后判断符号即可.【详解】（1）由题意，化简得,解得,所以.（2）已知定义域R，所以，又， 所以；对任意可知,因为，所以，所以因此在R上递减【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性，属于中档题. 已知函数的奇偶性求参数，主要方法有两个，一是利用：（1）奇函数由 恒成立求解，（2）偶函数由 恒成立求解；二是利用特殊值：奇函数一般由 求解，偶函数一般由求解，用特殊法求解参数后，一定要注意验证奇偶性.20. 已知是椭圆的两个焦点坐标，是椭圆上的一个定点，是椭圆上的两点，点的坐标为.

14、（1）求椭圆的方程；（2）当两点关于轴对称，且为等边三角形时，求的长；（3）当两点不关于轴对称时，证明：不可能为等边三角形.【答案】（1） （2）或 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）用待定系数法求出椭圆的方程；（2）设，由为等边三角形，得到.解出，求出；解出，求出.（3）设，证明出，与不关于轴对称矛盾，即可得到不可能为等边三角形.【小问1详解】可设椭圆的方程为由题意得：，解得：，所以椭圆的方程为，即.【小问2详解】设， 因为为等边三角形，所以.又点在椭圆上，所以， 消去，得到，解得或，当时，所以；当时，所以.【小问3详解】设，则，且，所以，设，同理可得，且.因为在上单调，所以有，因为不关

15、于轴对称，所以，所以.所以不可能为等边三角形.21. 已知无穷数列的前项和为，且满足，其中、是常数.（1）若，求数列的通项公式；（2）若，且，求数列的前项和；（3）试探究、满足什么条件时，数列是公比不为的等比数列.【答案】（1）；（2）；（3），或或，【解析】【详解】试题分析：（1）已知与关系，要求，一般是利用它们之间的关系，把，化为，得出数列的递推关系，从而求得通项公式；（2）与（1）类似，先求出，时，推导出与之间的关系，求出通项公式，再求出前项和；（3）这是一类探究性命题，可假设结论成立，然后由这个假设的结论来推导出条件，本题设数列是公比不为的等比数列，则，代入恒成立的等式，得对于一切正整数都成立，所以，得出这个结论之后，还要反过来，由这个条件证明数列是公比不为的等比数列，才能说明这个结论是正确的在讨论过程中，还要讨论的情况，因为时，当然这种情况下，不是等比数列，另外试题解析：（1）由，得； 1分当时，即 2分所以； 1分（2）由，得，进而， 1分当时，得， 因为，所以， 2分进而 2分（3）若数列是公比为的等比数列，当时，由，得恒成立.所以，与数列是等比数列矛盾； 1分当，时， 1分由恒成立，得对于一切正整数都成立所以，或或， 3分事实上，当，或或，时，时，得或所以数列是以为首项，以为公比的等比数列 2分考点：与的关系：，等差数列与等比数列的定义