2022届上海市川沙高三下学期联考数学试题含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

2、要求的。1已知命题，且是的必要不充分条件，则实数的取值范围为（ ）ABCD2若，则“”的一个充分不必要条件是ABC且D或3是抛物线上一点，是圆关于直线的对称圆上的一点，则最小值是（ ）ABCD4在平面直角坐标系中，已知是圆上两个动点，且满足，设到直线的距离之和的最大值为，若数列的前项和恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD5已知集合A=x|1x1，则AB=A（1，1）B（1，2）C（1，+）D（1，+）6若函数f(x)a|2x4|(a0，a1)满足f(1)，则f(x)的单调递减区间是( )A(，2B2，)C2，)D(，27若，则， ， ， 的大小关系为（ ）ABCD8明代数学家程大位（153

3、31606年），有感于当时筹算方法的不便，用其毕生心血写出算法统宗，可谓集成计算的鼻祖如图所示的程序框图的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”问题执行该程序框图，若输出的的值为，则输入的的值为（ ）ABCD9已知函数，为的零点，为图象的对称轴，且在区间上单调，则的最大值是（ ）ABCD10学业水平测试成绩按照考生原始成绩从高到低分为、五个等级某班共有名学生且全部选考物理、化学两科，这两科的学业水平测试成绩如图所示该班学生中，这两科等级均为的学生有人，这两科中仅有一科等级为的学生，其另外一科等级为，则该班（ ）A物理化学等级都是的学生至多有人B物理化学等级都是的学生至少有人C这两科只有一科等级为且

4、最高等级为的学生至多有人D这两科只有一科等级为且最高等级为的学生至少有人11已知函数，满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD12已知角的终边经过点,则ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13定义在上的偶函数满足，且，当时，.已知方程在区间上所有的实数根之和为.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则_，_.14已知是夹角为的两个单位向量，若，则与的夹角为_.15如图，半球内有一内接正四棱锥，该四棱锥的体积为，则该半球的体积为_. 16如图，已知圆内接四边形ABCD，其中，则_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（

5、12分）已知，其中（1）当时，设函数，求函数的极值（2）若函数在区间上递增，求的取值范围；（3）证明：18（12分）已知正数x，y，z满足xyzt（t为常数），且的最小值为，求实数t的值.19（12分）已知.（1）求不等式的解集；（2）记的最小值为，且正实数满足.证明：.20（12分）如图，在平行四边形中，现沿对角线将折起，使点A到达点P，点M，N分别在直线，上，且A，B，M，N四点共面.（1）求证：；（2）若平面平面，二面角平面角大小为，求直线与平面所成角的正弦值.21（12分）若数列前n项和为，且满足（t为常数，且）（1）求数列的通项公式：（2）设，且数列为等比数列，令，.求证：.22（1

6、0分）已知椭圆，上顶点为，离心率为，直线交轴于点，交椭圆于，两点，直线，分别交轴于点，（）求椭圆的方程；（）求证：为定值参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1D【解析】求出命题不等式的解为，是的必要不充分条件，得是的子集，建立不等式求解.【详解】解：命题，即: ，是的必要不充分条件，解得实数的取值范围为故选：【点睛】本题考查根据充分、必要条件求参数范围，其思路方法：(1)解决此类问题一般是把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，然后根据集合之间关系列出关于参数的不等式(组)求解(2)求解参数的取值范围时， 一

7、定要注意区间端点值的检验2C【解析】，当且仅当 时取等号.故“且 ”是“”的充分不必要条件.选C3C【解析】求出点关于直线的对称点的坐标，进而可得出圆关于直线的对称圆的方程，利用二次函数的基本性质求出的最小值，由此可得出，即可得解.【详解】如下图所示：设点关于直线的对称点为点，则，整理得，解得，即点，所以，圆关于直线的对称圆的方程为，设点，则，当时，取最小值，因此，.故选：C.【点睛】本题考查抛物线上一点到圆上一点最值的计算，同时也考查了两圆关于直线对称性的应用，考查计算能力，属于中等题.4B【解析】由于到直线的距离和等于中点到此直线距离的二倍，所以只需求中点到此直线距离的最大值即可。再得到中

8、点的轨迹是圆，再通过此圆的圆心到直线距离，半径和中点到此直线距离的最大值的关系可以求出。再通过裂项的方法求的前项和，即可通过不等式来求解的取值范围.【详解】由，得，.设线段的中点，则，在圆上，到直线的距离之和等于点到该直线的距离的两倍，点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，而圆的圆心到直线的距离为，.故选：【点睛】本题考查了向量数量积，点到直线的距离，数列求和等知识，是一道不错的综合题.5C【解析】根据并集的求法直接求出结果.【详解】 ， ，故选C.【点睛】考查并集的求法，属于基础题.6B【解析】由f(1)=得a2=,a=或a=-(舍),即f(x)=(.由于y=|2x-4|在(

9、-,2上单调递减,在2,+)上单调递增,所以f(x)在(-,2上单调递增,在2,+)上单调递减,故选B.7D【解析】因为，所以，因为，所以,.综上；故选D.8C【解析】根据程序框图依次计算得到答案.【详解】，；，；，；，；，此时不满足，跳出循环，输出结果为，由题意，得故选:【点睛】本题考查了程序框图的计算，意在考查学生的理解能力和计算能力.9B【解析】由题意可得，且，故有，再根据，求得，由可得的最大值，检验的这个值满足条件【详解】解：函数，为的零点，为图象的对称轴，且，、，即为奇数在，单调，由可得的最大值为1当时，由为图象的对称轴，可得，故有，满足为的零点，同时也满足满足在上单调，故为的最大值

10、，故选：B【点睛】本题主要考查正弦函数的图象的特征，正弦函数的周期性以及它的图象的对称性，属于中档题10D【解析】根据题意分别计算出物理等级为，化学等级为的学生人数以及物理等级为，化学等级为的学生人数，结合表格中的数据进行分析，可得出合适的选项.【详解】根据题意可知，名学生减去名全和一科为另一科为的学生人（其中物理化学的有人，物理化学的有人），表格变为：物理化学对于A选项，物理化学等级都是的学生至多有人，A选项错误；对于B选项，当物理和，化学都是时，或化学和，物理都是时，物理、化学都是的人数最少，至少为（人），B选项错误；对于C选项，在表格中，除去物理化学都是的学生，剩下的都是一科为且最高等级

11、为的学生，因为都是的学生最少人，所以一科为且最高等级为的学生最多为（人），C选项错误；对于D选项，物理化学都是的最多人，所以两科只有一科等级为且最高等级为的学生最少（人），D选项正确.故选：D.【点睛】本题考查合情推理，考查推理能力，属于中等题.11B【解析】由题意可知函数为上为减函数，可知函数为减函数，且，由此可解得实数的取值范围.【详解】由题意知函数是上的减函数，于是有，解得，因此，实数的取值范围是故选：B.【点睛】本题考查利用分段函数的单调性求参数，一般要分析每支函数的单调性，同时还要考虑分段点处函数值的大小关系，考查运算求解能力，属于中等题.12D【解析】因为角的终边经过点,所以,则,

12、即.故选D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。132 4 【解析】根据函数为偶函数且，所以的周期为，的实数根是函数和函数的图象的交点的横坐标，在平面直角坐标系中画出函数图象，根据函数的对称性可得所有实数根的和为，从而可得参数的值，最后求出函数的解析式，代入求值即可.【详解】解：因为为偶函数且，所以的周期为.因为时，所以可作出在区间上的图象，而方程的实数根是函数和函数的图象的交点的横坐标，结合函数和函数在区间上的简图，可知两个函数的图象在区间上有六个交点.由图象的对称性可知，此六个交点的横坐标之和为，所以，故.因为，所以.故.故答案为：；【点睛】本题考查函数的奇偶性、周期性、对称性的

13、应用，函数方程思想，数形结合思想，属于难题.14【解析】依题意可得，再根据求模，求数量积，最后根据夹角公式计算可得；【详解】解：因为是夹角为的两个单位向量所以，又，所以，所以，因为所以；故答案为：【点睛】本题考查平面向量的数量积的运算律，以及夹角的计算，属于基础题.15【解析】由题意可知半球的半径与正四棱锥的高相等，可得正四棱锥的棱与半径的关系，进而可写出半球的半径与四棱锥体积的关系，进而求得结果.【详解】设所给半球的半径为，则四棱锥的高，则，由四棱锥的体积，半球的体积为：.【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为

14、平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.16【解析】由题意可知，在和中，利用余弦定理建立方程求，同理求，求，代入求值.【详解】由圆内接四边形的性质可得,连接BD，在中，有在中，所以,则，所以连接AC，同理可得,所以所以故答案为：【点睛】本题考查余弦定理解三角形，同角三角函数基本关系，意在考查方程思想，计算能力，属于中档题型，本题的关键是熟悉圆内接四边形的性质，对角互补.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）极大值，无极小值；（2）（3）

15、见解析【解析】（1）先求导，根据导数和函数极值的关系即可求出；（2）先求导，再函数在区间上递增，分离参数，构造函数，求出函数的最值，问题得以解决；（3）取得到，取，可得，累加和根据对数的运算性和放缩法即可证明.【详解】解：（1）当时，设函数，则令，解得当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减所以当时，函数取得极大值，即极大值为，无极小值；（2）因为，所以，因为在区间上递增，所以在上恒成立，所以在区间上恒成立当时，在区间上恒成立，当时，设，则在区间上恒成立所以在单调递增，则，所以，即综上所述（3）由（2）可知当时，函数在区间上递增，所以，即，取，则所以所以【点睛】此题考查了参数的取值范围以及恒

16、成立的问题，以及不等式的证明，构造函数是关键，属于较难题.18t1【解析】把变形为结合基本不等式进行求解.【详解】因为即，当且仅当，时，上述等号成立，所以，即，又x，y，z0，所以xyzt1【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，利用基本不等式求解最值时要注意转化为适用形式，同时要关注不等号是否成立，侧重考查数学运算的核心素养.19（1）或；（2）见解析【解析】（1）根据，利用零点分段法解不等式，或作出函数的图像，利用函数的图像解不等式；（2）由（1）作出的函数图像求出的最小值为，可知，代入中，然后给等式两边同乘以，再将写成后，化简变形，再用均值不等式可证明.【详解】（1）解法一：1时，即，解得

17、；2时，即，解得；3时，即，解得.综上可得，不等式的解集为或.解法二：由作出图象如下：由图象可得不等式的解集为或.（2）由所以在上单调递减，在上单调递增，所以，正实数满足，则，即，（当且仅当即时取等号）故，得证.【点睛】此题考查了绝对值不等式的解法，绝对值不等式的性质和均值不等式的运用，考查了分类讨论思想和转化思想，属于中档题.20（1）证明见解析；（2）【解析】（1）根据余弦定理，可得，利用/，可得/平面，然后利用线面平行的性质定理，/，最后可得结果.（2）根据二面角平面角大小为，可知N为的中点，然后利用建系，计算以及平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，可得结果.【详解】（1）不妨设，则，

18、在中,，则，因为，所以，因为/，且A、B、M、N四点共面，所以/平面.又平面平面，所以/.而，.（2）因为平面平面，且，所以平面，因为，所以平面，因为，平面与平面夹角为，所以，在中，易知N为的中点，如图，建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则由，令，得.设与平面所成角为，则.【点睛】本题考查线面平行的性质定理以及线面角，熟练掌握利用建系的方法解决几何问题，将几何问题代数化，化繁为简，属中档题.21（1）（2）详见解析【解析】（1）利用可得的递推关系，从而可求其通项.（2）由为等比数列可得，从而可得的通项，利用错位相减法可得的前项和，利用不等式的性质可证.【详解】（1）由题意，得：（t为常数，且），当时，得，得.由，故，故.（2）由，由为等比数列可知：，又，故，化简得到，所以或（舍）.所以，则.设的前n项和为.则，相减可得【点睛】数列的通项与前项和 的关系式，我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化. 数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂