上海市长宁区2022届高考数学二模试题（Word版附解析）.docx

1、2021学年第二学期高三数学教学质量检测试卷考生注意：1答题前，务必在答题纸上将姓名、学校、班级等信息填写清楚，并贴好条形码2解答试卷必须在答题纸规定的相应位置书写，超出答题纸规定位置或写在试卷、草稿纸上的答案一律不予评分3本试卷共有21道试题，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直接填写结果1. 设集合，则_【答案】【解析】【分析】先求出集合A，再根据交集的定义即可求得答案.【详解】由题意，所以.故答案为：.2. 已知四个数，的平均数为，则这四个数的中位数是_【答案】3【解析】【分析】根据平均

2、数的公式求得，再分析中位数即可【详解】由题意，解得，故中位数为故答案为：33. 已知复数满足：（为虚数单位），则_【答案】1【解析】【分析】根据复数除法运算可得，结合共轭复数概念得，再由复数虚部的概念理解可得结果【详解】，则故答案为：14. 已知实数满足，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】画出可行域，再根据直线的截距与负相关求解最值即可【详解】画出可行域，因为直线的截距与负相关，故取得最小值时，过的交点，此时故答案：5. 已知随机事件A、互相独立，且，则_【答案】0.42#【解析】【分析】根据对立事件的概率公式和相互独立事件的概率乘法公式可得.【详解】因为，所以，所以.故答案为：0.426

3、. 已知，若，则_【答案】2【解析】【分析】根据空间向量的线性运算，结合数量积的坐标运算求解即可【详解】因为，故，即，故，故故答案为：27. 已知等比数列的公比为2，前项和为，则_【答案】2【解析】【分析】根据等比数列的通项公式，求和公式求解，再求极限即可【详解】因为，故故答案为：28. 将编号为，的个小球放入个不同的盒子中，每个盒子不空，若放在同一盒子里的个小球编号不相邻，则共有_种不同的放法【答案】18【解析】【分析】先把4个小球分为一组，其中2个不连号小球的种类有，为一组，再全排列即可，【详解】解：先把4个小球分为一组，其中2个不连号小球的种类有，为一组，分组后分配到三个不同的盒子里，故

4、共有种不同的放法；故答案为：189. 曲线的焦点坐标为_【答案】【解析】【分析】根据消去参数，将参数方程化为普通方程，即可求出焦点坐标；【详解】解：因为，又曲线，所以，即，所以，即，所以，即曲线表示焦点在轴上的抛物线，且焦点为；故答案为：10. 已知函数满足：，则不等式的解集为_【答案】【解析】【分析】根据题意可知为奇函数，利用分离常数得在上单调递增，结合奇函数与单调性得关系可得在上单调递增，再解得，即可判断解集【详解】根据题意可得，且为奇函数当时，则在上单调递增在上单调递增则，即，解得即的解集为故答案为：11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过且斜率为的直线与双曲线的左支交于点 若，则双曲线

5、的渐近线方程为_【答案】【解析】【分析】根据向量的线性运算可得，再根据焦点三角形中的关系可得，再根据等腰三角形的性质可列式求得离心率，进而求得渐近线的方程.【详解】因为，故，即，故，根据双曲线的定义有，故，又直线斜率为，故，所以，根据等腰三角形的性质有，即，解得，故.故双曲线的渐近线方程为故答案为：12. 已知数列满足：对任意，都有， 设数列的前项和为，若，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】先说明中不可能存在相邻两项为非负数，可得当时，则，当时，则，由此可求得答案.【详解】假设中存在相邻两项 为非负数，则，若，则，与条件矛盾；若，则，与条件矛盾，故中不可能存在相邻两项为非负数，当时，则，则

6、根据得,故，当时，则，则根据得,故，所以总成立，又当n为奇数时， ，所以的奇偶性不同，则，当n为偶数时，故当k奇数时, ,此时考查数列：符合题意，此时的最大值为0；故当k为偶数时, ,此时考查数列：符合题意，此时的最大值为 ，故的最大值为 ，故答案为：【点睛】本题考查了数列的和的最大值问题，解得的关键是根据题意弄清数列的特征，明确其相邻两项之间的关系.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. 是方程组有唯一解的（ ）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【

7、答案】C【解析】【分析】根据行列式运算法则及直线平行的等价条件即可判断答案.【详解】由题意，直线与直线不平行有唯一解.故选：C.14. 如图，已知分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线相交的是（ ）A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线【答案】A【解析】【分析】通过空间想象直接可得.【详解】如图，易知，所以，且，所以为梯形，故与EF相交，A正确；因为，所以，故B错误；因为平面CDH平面EFNL，平面CDH，平面EFNL，所以直线CD与直线EF无公共点，故C错误；因为平面ADF，平面，故AD与EF异面，D错误.故选：A15. 若函数存在反函数，则常数a的取值范围为（）A. （，1B

8、. 1，2C. 2，+）D. （，12，+）【答案】D【解析】【分析】依题意可得f（x）在0，1上单调，分两种情况讨论，参变分离，结合指数函数的性质能求出常数a的取值范围【详解】解：函数存在反函数函数在0，1上单调若单调递增，即，则在x0，1上恒成立，即在上恒成立在0，1上单调递增a1若单调递减，即，则在上恒成立即在上恒成立在上单调递增综上，常数a的取值范围为故选：D16. 已知函数满足： 若函数在区间上单调，且满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式化简，结合已知可求解析式，然后由可知等于函数图象对称中心横坐标，求出函数对称中心可得.【详解】，

9、因为，所以当时，取得最大值，即所以，即因为，所以的中点是函数的对称中心，由，得所以，所以易知，当时取得最小值.故选：C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. 已知圆锥的顶点为，底面圆心为，母线的长为（1）若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积（2）是底面圆周上的两个点， 为线段的中点，若圆锥的底面半径为2，求直线与平面所成角的大小【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据圆锥的侧面积公式求出底面半径，即可求出圆锥的高，再根据圆锥的体积公式计算可得；（2）设的中点为，连接、，即可得到，再由线面垂直的性质得到，从而得到平面，即是直线与平面所成角

10、，再由锐角三角函数计算可得【小问1详解】解：设圆锥的底面半径为，侧面母线长为，圆锥的高为，则， 因为，所以， 所以，所以圆锥的体积【小问2详解】解：设的中点为，连接、，则，因为，所以， 因为底面，底面，所以，由，平面，所以平面，所以即是直线与平面所成角 因为圆锥的底面半径为2，母线长为，所以高，所以， 因为，所以，所以即直线与平面所成角为18. 在中，角的对边分别为（1）若，求（2）若， 的面积，求外接圆半径的最小值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理与余弦定理化简即可（2）根据三角形的面积公式可得，再根据基本不等式可得，再根据正弦定理求解即可小问1详解】因为，由正弦定理，

11、所以，因为，所以【小问2详解】由已知，所以， 所以 因为所以（当时取等号） 所以所以的最小值为（当时取得）19. 甲、乙两人同时分别入职两家公司，两家公司的基础工资标准分别为：公司第一年月基础工资数为3700元，以后每年月基础工资比上一年月基础工资增加300元；公司第一年月基础工资数为4000元，以后每年月基础工资都是上一年的月基础工资的1.05倍（1）分别求甲、乙两人工作满10年的基础工资收入总量（精确到1元）（2）设甲、乙两人入职第年的月基础工资分别为、元，记，讨论数列的单调性，指出哪年起到哪年止相同年份甲的月基础工资高于乙的月基础工资，并说明理由【答案】（1）甲的基础工资收入总量元；乙的

12、基础工资收入总量元 （2）单调性见解析；从第5年到第14年甲的月基础工资高于乙的月基础工资；理由见解析【解析】【分析】（1）易得甲的工资满足等差数列，乙的工资满足等比数列，再根据等差等比数列的求和公式求解即可（2）根据题意可得，再求解分析的单调性，并计算时的取值范围即可【小问1详解】甲的基础工资收入总量元乙的基础工资收入总量元【小问2详解】，设，即，解得所以当时，递增，当时，递减又当，即，解得，所以从第5年到第14年甲的月基础工资高于乙的月基础工资 20. 已知分别为椭圆的上、下顶点，是椭圆的右焦点，是椭圆上异于的点（1）若，求椭圆的标准方程（2）设直线与轴交于点，与直线交于点，与直线交于点，

13、求证：的值仅与有关（3）如图，在四边形中，若四边形面积S的最大值为，求的值【答案】（1） （2）证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）根据已知判断形状，然后可得；（2）设，表示出直线、的方程，然后求Q、R的坐标，直接表示出所求可证；（3）设，根据已知列方程求解可得之间关系，表示出面积，结合已知可得.小问1详解】因为，所以是等边三角形，因为，所以，得椭圆的标准方程为【小问2详解】设，因为，所以直线、的方程分别为，所以，又所以，所以的值仅与有关【小问3详解】设，因为，所以，两式相减得，带回原式得，因为，所以，因为的最大值为 ，所以 ，得21. 已知函数的定义域为，若存在常数，使得对任意，都有，则

14、称函数具有性质（1）若函数具有性质，求的值（2）设，若，求证：存在常数，使得具有性质（3）若函数具有性质，且的图像是一条连续不断的曲线，求证：函数在上存在零点【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）对任意，都有，代入和即可得出答案；（2）设，利用零点存在性定理即可证得结论；（3）先转化为，然后令得，分情况利用零点存在性定理证得结论.【小问1详解】函数具有性质，所以对任意，都有，令，得，令，得， 所以【小问2详解】证明：函数具有性质的充要条件为存在，使得，即， 设，因为，所以在区间上函数存在零点， 取，则，得函数具有性质【小问3详解】设，因为，所以，令得， 若，则函数存在零点 若，当时，所以此时函数在区间上存在零点 因为所以 若，当时，所以此时函数区间上存在零点综上，函数在上存在零点