上海市青浦区2021-2022学年高考数学二模试题（Word版附解析）.docx

1、青浦区2021学年第二学期高三年级测试数学学科 试卷（时间120分钟，满分150分） 2022.06一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，1-6每题4分，7-12每题5分考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分.1. 已知为虚数单位，复数，则_【答案】【解析】【分析】先将复数z化成的形式，再求模即可得答案.【详解】解：因为，所以.故答案为：.2. 已知集合，则集合_【答案】【解析】【分析】由已知，根据题意给出的集合、集合的范围，可直接求解.【详解】由已知，集合，所以集合.故答案为：.3. 已知角的终边过点，则的值为_【答案】【解析】【分析】根据三角

2、函数的定义计算即可.【详解】解：因为角的终边过点，所以故答案为：-2.4. 已知函数反函数为，则_【答案】【解析】【分析】根据互为反函数的定义域和值域的关系，即可求解.【详解】令,所以故答案为:5. 若实数x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据约束条件，作出可行域，结合图象分析可得，当目标函数过点A时，截距最小，z有最小值，代入点坐标，即可得答案.【详解】作出约束条件对应的可行域，如下图所示联立，可得点，目标函数整理为，由图象可得，当目标函数过点时，截距最小，z有最小值，此时.故答案为：36. 已知为抛物线的焦点，过点的直线l交抛物线于，两点，若，则线段的中点到

3、直线的距离为 _【答案】5【解析】【分析】根据题意，作出抛物线的简图，求出抛物线的焦点坐标以及准线方程，分析可得为直角梯形中位线，由抛物线的定义分析即可【详解】如图，抛物线的焦点为，准线为，即分别过，作准线的垂线，垂足为，则有 .过的中点作准线的垂线，垂足为，则为直角梯形中位线，即到准线距离为5故答案为：5【点睛】本题考查抛物线的几何性质以及抛物线的定义，注意利用抛物线的定义进行转化分析，属中档题7. 已知数列的前项和,且满足,则正整数_【答案】8【解析】【详解】 由题意，可得，所以， 所以， 即，解得， 又，所以.8. 一块边长为10cm的正方形铁片按如图(1)所示的阴影部分裁下，然后用余下

4、的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图(2)所示的正四棱锥容器，则当x=6cm时，该容器的容积为_cm3.图(1) 图(2)【答案】48【解析】【详解】由题意可知道，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm为边长的正方形，侧高为5 cm，高为4 cm，所以所求容积为48 cm3.9. 受疫情防控需求，现有四位志愿者可自主选择到三个不同的核酸检测点进行服务，则三个核酸检测点都有志愿者到位的概率是_.（结果用最简分数表示）【答案】【解析】【分析】先计算总共的选择数，再计算三个核酸检测点都有志愿者到位的数量，即可得答案.【详解】解：四个志愿者总的选择共种，要满足三个核酸检

5、测点都有志愿者到位，则必有2个人到同一核酸检测点，故从4人中选择2人出来，共有种，再将这2人看成整体1人和其他2人共3人，选择三个核酸检测点，共种，所以，所以.故答案为：.10. 若命题：“存在整数使不等式成立”是假命题，则实数的取值范围是_【答案】；【解析】【分析】依题意，不存在整数使不等式成立，设不等式的解集为，分情况讨论大于0且不等于1，等于1，小于0和等于0四种情况讨论，可得答案【详解】“存在整数使不等式成立”是假命题，即不存在整数使不等式成立设不等式的解集为，当时，得，不合题意；当且时，原不等式化为，要使不存在整数使不等式成立，须，解得：且；当时，合题意，当时，原不等式化为，不合题意

6、，综上所述，故答案为：11. 已知数列的通项公式为，数列是首项为，公比为的等比数列，若，其中，则公比的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据，可得，再根据结合指数运算可得，利用指数函数单调性求，运算整理【详解】，即，则又，即，则，则，则故答案为：12. 已知集合，其中且，函数，且对任意，都有，则的值是_【答案】或3.【解析】【分析】先判断区间与的关系可得，再分析时定义域与值域的关系，根据函数的单调性可确定定义域与值域的区间端点的不等式，进而求得和即可.最后分析当时，从而确定定义域与值域的关系，列不等式求解即可【详解】先判断区间与的关系，因为，故或.因为当，即时，由题意，当时，故不成立；故.再

7、分析区间与的关系，因为，故或.当，即时，因为在区间上为减函数，故当， ，因为，而，故此时，即，因为，故即，故，解得，因为，故.此时区间在左侧，在右侧.故当时，因为，故，所以 ，此时，故，解得，因为，故；当时，在区间上单调递减，易得，故此时且，即且，所以，故，故，即，因为，故；综上所述，或3故答案为：或3.二、选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，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. “”成立的一个必要而不充分条件是（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求解，再根据必要不充分条件的意义对比选项判断即

8、可【详解】由有，解得，故“”成立的一个必要而不充分条件是“”故选：D14. 定义曲线：为椭圆：的“倒曲线”，给出以下三个结论：曲线有对称轴，曲线有对称中心，曲线与椭圆有公共点其中正确的结论个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】曲线：上取点，利用点的坐标证得对称性，从而判断出，利用的范围可以判断出，从而得出结论.【详解】曲线：上取点，则该点关于轴对称的点也在曲线，故曲线关于轴对称，同理可证曲线关于轴对称，则该点关于原点对称点也在曲线，故曲线关于原点对称，故正确；曲线：，则，而椭圆：中，故曲线与椭圆无公共点，错误；综上，正确的有2个，故选：C.15. 已知函数的定义域为，值

9、域为，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据正弦函数的图象特征和性质，结合定义域和值域，即可求解.【详解】，因为，所以，因为，所以.正弦函数在一个周期内，要满足上式，则，所以，所以的取值范围是.故选：D16. 设各项均为正整数的无穷等差数列，满足，且存在正整数，使、成等比数列，则公差的所有可能取值的个数为（ ）A. B. C. D. 无穷多【答案】B【解析】【分析】由已知可得，分析可知，则是的倍数，且，由已知，对的取值进行分类讨论，求出的值，并求出对应的的值，即可得出结论.【详解】根据题意可知，化简可得，因为各项均为正整数，则，故是的倍数，且，因为、成等比数

10、列，则，分以下情况讨论：若，则，可得，解得，合乎题意；若，则，可得，解得，合乎题意；若，则，可得，解得，不合乎题意；若，则，可得，解得，不合乎题意；若，则，可得，此时，是常数列，且每项均为，合乎题意.综上所述，公差的所有可能取值的个数为.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列基本量的计算，解题的关键时分析出，然后对的取值进行分类讨论，验证的值是否满足题意，即可得解.三解答题（本大题满分76分）本大题共有5题，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，已知圆柱的轴截面是边长为的正方形，是弧的中点（1）求该圆柱的表面积和体积；（2）求异面直线与所成角的大小【

11、答案】（1）表面积为，体积为. （2）【解析】【分析】（1）根据圆柱的表面积公式和体积公式可求出结果；（2）根据，得到或其补角是直线与所成角，取弧的中点，连接、，求出，进一步可得.【小问1详解】由已知可得圆柱的底面半径，高， ，【小问2详解】，或其补角是直线与所成角，取弧的中点，连接、，在中，.所以异面直线与所成角的大小为.18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.（1）求A；（2）若a=2，的面积为，求b，c的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先利用正弦定理将边变成角，然后利用以及两角和的正弦公式代入计算即可；（2）先利用面积公式求出，再利用余弦定理求出，然后解方程

12、组即可.【小问1详解】由及正弦定理得.因，所以.由于，所以.又，故.【小问2详解】由题得的面积，故.而，且，故，由得.19. 治理垃圾是改善环境的重要举措地在未进行垃圾分类前每年需要焚烧垃圾量为200万吨，当地政府从2020年开始推进垃圾分类工作，通过对分类垃圾进行环保处理等一系列措施，预计从2020年开始的连续5年，每年需要焚烧垃圾量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年需要焚烧垃圾量为上一年的（记2020年为第年）.（1）写出地每年需要焚烧垃圾量与治理年数的表达式；（2）设为从2020年开始n年内需要焚烧垃圾量的年平均值，证明数列为递减数列【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】

13、（1）根据题意可知从2020年开始的连续5年，焚烧垃圾量成等差数列，从第6年开始，成等比数列，根据等差等比的基本量即可求.（2）根据年平均值的表达式，可得，然后根据的关系即可得到，结合等差等比的单调性，即可得到数列的单调性.【小问1详解】设治理年后，地每年的需要焚烧垃圾量构成数列.当时，是首项为，公差为的等差数列， 所以； 当时，数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，所以，治理年后，地每年的需要焚烧垃圾量的表达式为【小问2详解】为数列的前项和，则由于 由（1）知，时，所以为递减数列， 时，所以为递减数列， 且，所以为递减数列，于是，因此，所以数列为递减数列20. 已知椭圆的右焦点为，过的直线

14、交于两点（1）若直线垂直于轴，求线段的长；（2）若直线与轴不重合，为坐标原点，求面积的最大值；（3）若椭圆上存在点使得，且的重心在y轴上，求此时直线l的方程【答案】（1）3 （2） （3）、或【解析】【分析】（1）根据直线垂直轴，可得坐标，进而可求线段长度.（2）联立直线和椭圆方程，根据韦达定理，可得根与系数关系，进而根据三角形面积求表达式，进而根据函数最值进行求面积最大值.（3）联立直线和椭圆方程，根据韦达定理，可得根与系数关系，以及重心坐标公式，即可求解.【小问1详解】因为，令，得，所以，所以【小问2详解】设直线，不妨设，由得， ， ，令，则，记，可得在上单调递增所以当且仅当时取到，即面积

15、的最大值为；【小问3详解】当直线不与x轴重合时，设直线，中点为由得，因为的重心在y轴上，所以，所以，又，因为，所以 ,故直线，所以，从而， 代入得，所以，或 当直线与x轴重合时，点C位于椭圆的上、下顶点显然满足条件，此时综上，或21. 设函数，定义集合，集合（1）若，写出相应的集合和；（2）若集合，求出所有满足条件的；（3）若集合只含有一个元素，求证：【答案】（1）， （2） （3）证明见解析【解析】【分析】（1）由、解得，可得，；（2）由得或，然后由，方程只有一个实数解0，得， 转化为有唯一实数解0，可得答案；（3）由条件，有唯一解，得有解，分有唯一解、有两个解，结合的图像和实数解的个数可得答案.【小问1详解】，由解得或，由解得，所以，【小问2详解】由，得或，而方程只有一个实数解0，所以， 即只需有唯一实数解0，所以【小问3详解】由条件，有唯一解，所以有解，若有唯一解，则，且有唯一解，结合图像可知，所以，所以若有两个解，则，且两个方程，总共只有一个解，结合图像可知有唯一解，所以，所以，且的对称轴，所以，所以综上，【点睛】本题主题考查了二次函数与二次方程之间的关系的相互转换，方程根与系数的应用，考查了系数对新定义的理解能力及计算能力.