上海市普陀区2021-2022学年高考数学二模试题（Word版附解析）.docx

1、2022届高三数学适应性随堂练习（2022.06）考生注意:1. 本试卷共4页，21道试题，满分150分. 考试时间120分钟.2. 本考试分试卷和答题纸. 试卷包括试题与答题要求. 作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分.3. 答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核对后的条码贴在指定位置上，在答题纸反面清楚地填写姓名.一、填空题（本大题共有12题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对前6题得4分、后6题得5分，否则一律得零分.1. 若，则实数的值为_.【答案】2【解析】【分析】根据行列式的定义计算

2、即可【详解】由题知,即,所以故答案为：22. 若复数在复平面内对应的点为，则_.【答案】#【解析】【分析】由复数对应点写出复数，再应用复数的除法化简即可.【详解】由题设，故.故答案为：3. 已知等差数列（）满足，则_.【答案】1【解析】【分析】利用等差中项的性质可得，进而可求结果.【详解】由题设，所以，即.故答案为：14. 在的展开式中，含项的系数为_.【答案】80【解析】【分析】应用二项式展开式通项确定项对应r值，即可得系数.【详解】由题设，所以项的系数为.故答案为：805. 若增广矩阵为的线性方程组无实数解，则实数_.【答案】【解析】【分析】由，且求解即可.【详解】因为增广矩阵为的线性方程

3、组无实数解所以，且所以且，解得故答案为：6. 已知一个圆锥的侧面积为，若其左视图为正三角形，则该圆锥的体积为_.【答案】#【解析】【分析】由圆锥侧面积公式求得底面半径，体高为，应用圆锥的体积公式求体积.【详解】由题设，令圆锥底面半径为，则体高为，母线为，所以，则，故圆锥的体积为.故答案为：7. 设函数的反函数为，若集合，则由中所有元素所组成的一组数据的中位数为_.【答案】5【解析】【分析】先求反函数，再解不等式即可【详解】由,得,所以由,得,即,所以所以所以由中所有元素所组成的一组数据的中位数为5故答案：58. 设椭圆的左、右两焦点分别为，是上的点，则使得是直角三角形的点的个数为_.【答案】6

4、【解析】【分析】根据椭圆的性质判断为上下顶点时的大小判断直角三角形个数，再加上、对应直角三角形个数，即可得结果.【详解】由椭圆性质知：当为上下顶点时最大，此时，所以，故焦点三角形中最大为，故有2个；又、对应的直角三角形各有2个；综上，使得是直角三角形的点的个数为6个.故答案为：69. 从集合的非空子集中随机任取两个不同的集合和，则使得的不同取法的概率为_（结果用最简分数表示）.【答案】【解析】【分析】首先求出集合的非空子集个数，依题意对集合、中元素的个数分类讨论，最后利用古典概型的概率公式计算可得；【详解】解：集合的非空子集有个，从中任取两个不同的集合和共有种，要使，中含有个元素，中也含有个元

5、素，有种，中含有个元素，中含有个元素，有种，中含有个元素，中含有个元素，有种，即满足的集合、的取法有种；故概率；故答案为：10. 若，则等式成立的一个的值可以是_.【答案】#【解析】【分析】由两角和的正弦公式和正弦的二倍角公式以及正弦函数的性质进行化简求解即可.【详解】可得，即，所以（舍去）或，解得，当时，故答案为：11. 设直线（）与函数和的图像分别交于，两点，则_.【答案】【解析】【分析】两条曲线一条无限接近轴，另一条无限接近，画出图像分析即可【详解】直线的斜率如图,故答案为：12. 如图，动点在以为直径的半圆上（异于A，），且，若，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】，把向量内积通

6、过投影转化为三角函数问题【详解】设,则,作交OC的延长线于点由余弦定理所以,即,因为,所以所以所以故答案为 ：二、选择题（本大题共有4题，满分20分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分.13. 已知点，直线，若动点到的距离等于，则点的轨迹是（ ）A. 椭圆B. 双曲线C. 抛物线D. 直线【答案】C【解析】【分析】由抛物线的定义求解即可.【详解】由抛物线的定义（平面内，到定点与定直线的距离相等的点的轨迹叫做抛物线）可知，点的轨迹是抛物线.故选：C14. “”是“”的（ ）A 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D

7、. 既非充分也非必要条件【答案】A【解析】【分析】应用作差法，结合充分、必要性定义判断条件间的推出关系即可.【详解】由，又，所以，即，充分性成立；当时，即，显然时成立，必要性不成立.故“”是“”的充分非必要条件.故选：A15. 数列的前项的和满足，则下列选项中正确的是（ ）A. 数列是常数列B. 若，则是递增数列C. 若，则D. 若，则的最小项的值为【答案】D【解析】【分析】由题设可得且()，进而可知时偶数项、奇数项的值分别相等，再结合各项的描述判断正误.【详解】当时，当时，则，而不一定成立，故不一定是常数列，A错误；由，显然且，即不单调，B错误；若，则，故，偶数项为3，奇数项为，而，C错误；

8、若，则，故，偶数项为，奇数项为2，故的最小项的值为，D正确.故选：D16. 已知定义在上的偶函数，满足对任意的实数都成立，且值域为.设函数，（），若对任意的，存在，使得成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据函数满足的关系式及奇偶性，值域，得到，再写出，在同一坐标系中画出两函数图象，结合当时，及时，的图象要位于的下方，得到，求出实数的取值范围.【详解】变形为，所以或，即或，因为为偶函数，且值域为，所以，因为，所以，在同一坐标系中画出两者的函数图象，如下图：要想满足若对任意，存在，使得成立，则当时，所以，且时，的图象要位于的下方，故只需，即，解得：，

9、综上：实数的取值范围是.故选：D【点睛】对于函数恒成立或有解问题，要画出函数图象，对比函数值域，数形结合，列出不等式，求出参数的取值范围.三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤17. 如图所示，正四棱柱的底面边长为，侧棱长为，设.（1）当时，求直线与平面所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）；（2）当时，若，且，求正实数的值.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）构建空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再由空间向量夹角的坐标表示求线面角大小.（2）由（1）易得，根据已知条件及向量坐标的线性运算及数量积的坐标表

10、示求参数t即可.【小问1详解】以为原点，射线、分别为、轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，即，平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，所以，则设直线与平面所成角为.小问2详解】由（1）所建的坐标系得：，即，又，则，即，又，则，即.18. 设是各项为正的等比数列的前项的和，且，.（1）求数列的通项公式；（2）在数列的任意与项之间，都插入（）个相同的数，组成数列，记数列的前项的和为，求的值.【答案】（1）， （2）8152【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，由已知建立方程组求解可得数列的通项公式；（2）数列中在之前共有项，再分组，分别利用等差、等比求和公式可求得答案.【小问1详解】解：设

11、等比数列的公比为，则，解得，则等比数列的通项公式为，.【小问2详解】解：数列中在之前共有项，当时，当时，则.则所求的数列的前项和为.19. 如图所示，等腰直角是某大型商场一楼大厅的局部，商场管理部门拟用围栏在其中围出一个三角形区域，供商家开展促销活动.已知（米），分别是，上的动点，为的中点，且，设.（1）当时，求围栏段的长度（精确到）；（2）求区域面积的最小值（精确到），并指出面积达到最小值时的相应的值.【答案】（1）米 （2）面积的最小值为（平方米），对应的值为.【解析】【分析】（1）在三角形中，由正弦定理得，在三角形中，由余弦定理得，从而得到围栏段的长度；（2）在三角形中，由正弦定理得，在

12、三角形中，由正弦定理得，则三角形的面积为，可得即，根据的范围可得答案.【小问1详解】由及题设条件得，在三角形中，由正弦定理得，即，在三角形中，由余弦定理得，即，则围栏段的长度为米.【小问2详解】由条件得，且，在三角形中，由正弦定理得，即，在三角形中，由正弦定理得，即，则三角形的面积为，即，又，即，当，即时，S取得最小值，且值为，则区域面积最小值为（平方米），对应的值为.20. 设，分别是双曲线的左、右两焦点，过点的直线（）与的右支交于，两点，过点，且它的虚轴的端点与焦点的距离为.（1）求双曲线的方程；（2）当时，求实数的值；（3）设点关于坐标原点的对称点为，当时，求面积的值.【答案】（1）；

13、（2）； （3）.【解析】【分析】（1）根据点在双曲线上及两点距离列方程组求双曲线参数，即可得方程；（2）由点在直线上求得，根据到直线与等腰三角形底边上的高相等，列方程求参数m；（3）设，联立双曲线与直线方程，应用韦达定理得，由向量的数量关系可得，根据对称点、三角形面积公式求面积.【小问1详解】由过点，且它的虚轴的端点与焦点的距离为，所以，即，则所求的双曲线的方程为.【小问2详解】因为直线过点，所以，由得：等腰三角形底边上的高的大小为，又到直线的距离等于等腰三角形底边上的高，则，即，则.【小问3详解】设，由得：，则，又，即，则，即，则，又关于坐标原点的对称点为，则.则所求的面积为.21. 对于

14、函数和，设集合，若存在，使得，则称函数与“具有性质”.（1）判断函数与是否“具有性质”，并说明理由；（2）若函数与“具有性质”，求实数的最大值和最小值；（3）设且，若函数与“具有性质”，求的取值范围.【答案】（1）与不具有性质，理由见解析； （2）最小值为；最大值为； （3）答案见解析.【解析】【分析】（1）求出、的零点，再结合定义判断作答.（2）利用零点存在性定理求出的零点，结合定义求出的零点所在区间，再借助二次函数零点分布求解作答.（3）利用指对数函数的性质，分类讨论求得的关系式，再借助非线性规划求解作答.【小问1详解】不具有性质，设，任取，即，则，任取，即，则，即，所以与不具有性质.【小

15、问2详解】设，函数是R上的增函数，显然有，即是方程的唯一解，又函数与具有性质，则存在，使得，因此，即方程在区间上有解，有，令，则在上递减，在上递增，则当，即时，当时，当时，则当，即时，所以的最小值为，最大值为.【小问3详解】设，因为函数与具有性质，则存在，使得，由得，又，则，由得，则，当时，由得，即，有，则，显然满足，作出此不等式组表示的平面区域，如图中阴影区域，其中，令，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，作出直线，平移直线，当它分别为过点A，B时的直线时，其纵截距分别最大和最小，即取最小和最大，则，因此，当时，由得，即，有，则，显然满足，作出此不等式组表示的平面区域，如图中阴影区域，其中令，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，作出直线，平移直线，当它分别为过点D，B时的直线时，其纵截距分别最大和最小，即取最小和最大，则，因此，所以当时，的取值范围是，当时，的取值范围是.【点睛】思路点睛：涉及一元二次方程的实根分布问题，可借助二次函数及其图象，利用数形结合的方法解决一元二次方程的实根问题.