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

1、杨浦区2021学年度第二学期期中考试线上质量评估数学学科2022.4.14考生注意：1.答卷前，考生务必在答题纸写上姓名、考号，并将核对后的条形码贴在指定位置上.2.本试卷共有21道题，满分150分，考试时间120分钟.一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第16题每题4分，第712题每题5分）考生应在答题纸的相应位置填写结果.1. 已知，则=_.【答案】【解析】【分析】根据向量的模的坐标表示，求得答案.【详解】由，则，故答案为：2. 函数的反函数为_.【答案】【解析】【分析】由解得，把与互换即可得出【详解】由解得，即，把与互换可得：的反函数为故答案为：【点睛】本题考查反函数的求法，考查方

2、程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题3. 若直线和互相垂直，则实数_.【答案】6【解析】【分析】根据两直线垂直的条件求解【详解】因为直线和互相垂直，所以，所以故答案：64. 若（虚数单位）是实系数一元二次方程的根，则_.【答案】1【解析】【分析】可知也是实系数一元二次方程的根，从而利用韦达定理求得【详解】是实系数一元二次方程的根，是实系数一元二次方程的根，解得，故.故答案为：1【点睛】本题考查复数的运算及实系数方程的性质应用，考查方程思想和运算求解能力5. 已知，则行列式的值等于_.【答案】【解析】【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求cosx，进而可求secx的值，再计算

3、行列式的值即可得解详解】sinx，x（，），cosx，secx，sinxsecx+1（）+1故答案为：【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式的应用，考查了行列式的计算，属于基础题6. 已知，则_.【答案】【解析】【分析】求出与中不等式的解集分别确定出与，找出两集合的交集即可【详解】集合中不等式，当时，解得：，此时，当时，解得：，无解，集合中不等式变形得：，即，解得：，即，则.故答案为：【点睛】本题考查不等式的求解、集合的交运算，考查运算求解能力，属于基础题7. 在某次数学测验中，5位学生的成绩如下：78、85、82、69，他们的平均成绩为80，则他们成绩的方差等于_.【答案】38【解析】

4、【分析】由平均值求出，再根据方差公式计算方差【详解】5位学生的成绩如下：78、85、82、69，他们的平均成绩为80，解得：，则他们成绩的方差等于38.故答案为：38【点睛】本题考查平均数和方差的定义，考查数据处理能力，求解时注意方差与标准差的区别.8. 已知实数x，y满足，则的最大值为_.【答案】7【解析】【分析】画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界位置，由此来求得的最大值.【详解】画出可行域如下图所示，即，由图可知，当时，取得最大值为.故答案为：9. 若展开式中各项系数的和等于，则展开式中的系数是_.【答案】15【解析】【分析】令，则展开式中各项系数的和，解得再利用二项式定理的通项公式

5、即可得出【详解】令，则展开式中各项系数的和为：，解得的展开式的通项公式，令，解得展开式中的系数为：故答案为：15【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意指定项的系数与二项式系数的区别.10. 三行三列的方阵中有9个数，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是_ (结果用分数表示)【答案】【解析】【分析】先计算从9个数中任取3个数共有种不同的取法，再求三个数任意两个数不在同一行或者同一列的事件数，利用对立事件及古典概型计算公式求解即可.【详解】从9个数中任取3个数共有种不同的取法，若三个数任意两个数不在同一行或者同一列，共有种不

6、同的取法，设事件M为“这3个数中至少有2个数位于同行或同列”，则事件M包含的取法共有种，根据古典概型的概率计算公式得故答案为：11. 已知抛物线，斜率为k的直线l经过抛物线的焦点F，与抛物线交于P、Q两点，点Q关于x轴的对称点为，点P关于直线的对称点为，且满足，则直线l的方程为_.【答案】【解析】【分析】设直线方程并联立抛物线方程，得到根与系数的关系式，利用得到相应等式，结合根与系数的关系式化简，即可求得答案.【详解】由题意可知 ,且 ，故设直线l方程为 ，联立抛物线可得： ， ，设 ，则，且，由于，故 ，就 ，解得 ，故直线l的方程为，故答案为：12. 若函数在区间内既没有最大值，也没有最小

7、值，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由可得出，分析可知，其中，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】当且时，因为函数在区间内既没有最大值，也没有最小值，则，其中，所以，解得，由，可得，因为且，当时，；当时，；当时，.综上所述，实数取值范围是.故答案为：.二、选择题（本题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项，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. 设，则“且”是“且”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】取特殊值推导充分性，利用不等式性质推导必要性

8、即可.【详解】充分性：当，满足且，但且不成立，故充分性不成立；必要性：当且时，根据不等式性质得，且成立，故必要性成立.综上所述：“且”是“且”的必要不充分条件.故选：B.14. 数列为等差数列，且公差，若，也是等差数列，则其公差为（ ）A. 1gdB. 1g2dC. lgD. 1g【答案】D【解析】【分析】利用，是等差数列，结合对数的运算，求出，进而可得答案.【详解】因为，是等差数列，所以，所以，又因为且公差，所以，可得，所以公差，故选：D.15. 椭圆C：的左、右顶点分别为，点P在C上（P不与，重合）且直线的斜率的取值范围是，那么直线斜率的取值范围是（ ）A. ，B. ，C. ，1D. ，1

9、【答案】B【解析】【分析】设P点坐标为，列出，进而，最后得到直线斜率的取值范围【详解】设P点坐标为，则，于是，故. .故选:B.16. 定义域是上的连续函数图像的两个端点为、，是图像上任意一点，过点作垂直于轴的直线交线段于点（点与点可以重合），我们称的最大值为该函数的“曲径”，下列定义域是上的函数中，曲径最小的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据已知中函数的“曲径”的定义，逐一求出给定四个函数的曲径，比较后，可得答案【详解】当yf（x）sinx时，端点A（1，），B（2，），直线AB的方程为y，故|sinx，当x时，|的最大值为1，即该函数的“曲径”为1，当yf（x）

10、x2时，端点A（1，1），B（2，4），直线AB的方程为y3x2，故|3x2x2，当x时，|的最大值为，即该函数的“曲径”为，当yf（x）时，端点A（1，2），B（2，1），直线AB的方程为yx+3，故|x+3，当x时，|的最大值为32，即该函数的“曲径”为32，当yf（x）x时，端点A（1，0），B（2，），直线AB的方程为yx，故|xxx，当x时，|的最大值为，即该函数的“曲径”为，故函数yx的曲径最小，故选：D【点睛】本题以新定义函数的曲径为载体，考查了函数的图象，函数的最值，难度中档三、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的相应位置写出必要的步骤.17. 如图，

11、圆锥的顶点为P，底面圆心为O，线段AB和线段CD都是底面圆的直径，且ABCD，取劣弧BC上一点E，使，连结PE.已知，.（1）求该圆锥的体积；（2）求异面直线PE、BD所成角的大小.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）利用勾股定理和圆锥体积公式进行求解即可；（2）根据异面直线所成角的定义，结合正弦定理和余弦定理进行求解即可.【小问1详解】由勾股定理可知：，所以圆锥的体积为：；【小问2详解】过做，所以是异面直线PE、BD所成的角（或其补角），因为线段AB和线段CD都是底面圆的直径，且ABCD，所以，即，而，所以，因此，在中，由正弦定理可知：，由余弦定理可知：，所以，即异面直线PE、B

12、D所成角的大小为.18. 已知函数，其中.（1）若不等式的解集是，求m的值；（2）若函数在区间上有且仅有一个零点，求m的取值范围.【答案】（1）1； （2）【解析】【分析】（1）根据题意，得到，根据韦达定理，直接求解即可（2），可得，根据对勾函数的性质，即可得到的取值范围【小问1详解】的解集是，得到的解集是，所以，所以，小问2详解】令，因为，所以，当时，即有，因为函数在区间上有且仅有一个零点，令，根据对勾函数的性质，可得，因为与有且仅有一个交点，根据对勾函数的图像性质，得或，进而可得答案为：19. 如图，有一块扇形草地OMN，已知半径为R，现要在其中圈出一块矩形场地ABCD作为儿童乐园使用，其

13、中点A、B在弧MN上，且线段AB平行于线段MN（1）若点A为弧MN的一个三等分点，求矩形ABCD的面积S；（2）当A在何处时，矩形ABCD的面积S最大？最大值为多少？【答案】（1）;（2） 当A在弧MN的四等分点处时，【解析】【详解】（1）如图，作于点H，交线段CD于点E，连接OA、OB， ， （2）设 则， ， 即时， ，此时A在弧MN的四等分点处答：当A在弧MN的四等分点处时，20. 已知椭圆C：，过定点T（t，0）的直线交椭圆于P，Q两点，其中.（1）若椭圆短轴长为2且经过点（1，），求椭圆方程；（2）对（1）中的椭圆，若，求OPQ面积的最大值；（3）在x轴上是否存在点S（s，0）使得P

14、ST=QST恒成立？如果存在，求出s，t的关系；如果不存在，说明理由.【答案】（1）； （2）； （3）存在，【解析】【分析】（1）由题意可得，求出，再将点（1，）的坐标代入椭圆方程中可求出，从而可求得椭圆方程，（2）由题意设直线为，设，将代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系，从而可表示出，再把前面的式子代入化简可求得其最大值，（3）由题意设直线为，设，将直线方程代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系，由PST=QST，得，结合前面的式子化简即可得结果【小问1详解】由题意得，得，所以椭圆方程为，因为点（1，）在椭圆上，所以，得，所以椭圆方程为【小问2详解】由题意设直线为，设，由，得，所以，所

15、以，当且仅当，即时取等号，所以OPQ面积的最大值为【小问3详解】由题意设直线为，设，由，得，所以，因为PST=QST，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，得，所以x轴上是存在点S（s，0）使得PST=QST恒成立，此时21. 已知a为实数，数列满足：；.若存在一个非零常数，对任意，都成立，则称数列为周期数列.（1）当时，求的值；（2）求证：存在正整数n，使得；（3）设是数列的前n项和，是否存在实数a满足：数列为周期数列；存在正奇数k，使得.若存在，求出所有a的可能值；若不存在，说明理由.【答案】（1）8 （2）证明见解析 （3）存在，2【解析】【分析】（1）根据题意分别求出，即可得解；（

16、2）当时，可知在数列中直到第一个小于等于3的项出现之前，数列是以为首项，为公差的递减的等差数列写出通项公式，可得当足够大时，总可以找到，使，当，易证得；（3）分和两种情况讨论，结合（2）可得当时，不合题意，再根据当时，数列的周期性，即可得出结论.【小问1详解】解：当时，所以；【小问2详解】证明：当时，所以，在数列中直到第一个小于等于3的项出现之前，数列是以为首项，为公差的递减的等差数列，即，所以，当足够大时，总可以找到，使，当时，则存在，使得，当时，则存在，使得，综上所述存在正整数n，使得；【小问3详解】解：当时，故此时数列是以2为周期的周期数列，当时，则，由（2）得，存在正整数n，使得，因此此时不存在不存在，所以此时数列数列不是周期数列，所以时，数列是以2为周期的周期数列，所以，又因，所以，所以，所以存在，使得.