上海市高三模拟卷（一）数学试题

2022届上海市高三模拟卷（一）数学试题一、单选题1．设，则“”是“恒成立”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【详解】试题分析：由题意得，，故“”是“恒成立”的充分不必要条件，故选A．【解析】1．充分必要条件；2．恒成立问题．2．已知，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由，可得，将原式变形，利用数列极限的性质求解即可【详解】因为，且，所以，可得，，故选：D.【点睛】本题主要考查数列极限的性质与应用，属于基础题.3．已知函数（、为常数，R）在处取得最小值，则函数是（

）A．偶函数，且图象关于点对称 B．偶函数，且图象关于点对称C．奇函数，且图象关于点对称 D．奇函数，且图象关于点对称【答案】D【分析】由题意先求出的最简形式，再根据三角函数性质对选项逐一判断【详解】，若在处取得最小值，则，，，，可得函数是奇函数，且图象关于点对称．故选：D4．已知数列，以下两个命题：①若都是递增数列，则都是递增数列；②若都是等差数列，则都是等差数列，下列判断正确的是（

）A．①②都是真命题 B．①②都是假命题C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是真命题【答案】D【分析】①假设为递增数列，为常数列即可判断命题真假；②根据等差数列通项公式列方程，结合等差数列定义判断即可判断.【详解】①若为递增数列，为常数列，则都为递增数列，故为假命题；②若、、分别为的公差，，则，可得，所以为等差数列，同理可得也为等差数列，故为真命题.故选：D二、填空题5．设集合，，若，则实数________【答案】0，2【分析】利用子集的定义即可求出的值.【详解】集合，，若，则且，所以或，故答案为：0，2【点睛】本题主要考查了子集的定义，涉及元素的互异性，属于基础题.6．已知为虚数单位，若复数，则________．【答案】【分析】应用复数除法化简复数，再求模长.【详解】，所以.故答案为：7．不等式的解集是________【答案】【分析】原不等式化为，等价于，利用一元二次不等式的解法可得结果.【详解】故答案为：【点睛】本题主要考查分式不等式以及一元二次不等式的解法，属于基础题,8．若方程组无解，则实数_____．【答案】【详解】因为方程组无解，所以两直线平行，可得.9．从总体中抽取6个样本：4，5，6，10，7，4，则总体方差的点估计值为________.【答案】【解析】先算出6个样本数据的平均数，然后再利用方差公式计算即可.【详解】6个样本的平均数，所以方差.故答案为：【点睛】本题主要考查方差的计算，考查学生的运算能力，是一道容易题.10．若数列的前n项和，则数列的通项______.【答案】【分析】根据数列的前n项和与的递推关系即可求解.【详解】当时，，解得.当时，，整理可得，即，故数列是以1为首项，为公比的等比数列，所以.另时，也满足上式，综上可得，数列的通项为.故答案为：11．二项式展开式中的常数项是______．【答案】【分析】写出二项式展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，然后代入通项即可求出该二项式展开式中的常数项.【详解】二项式展开式的通项为，令，得，因此，该二项式展开式中的常数项为.故答案为：.【点睛】本题考查二项式展开式中常数项的求解，一般利用二项展开式通项中的指数为零来求解，考查运算求解能力，属于中等题.12．小明给朋友发拼手气红包，1毛钱分成三份（不定额数，每份是1分的正整数倍），若这三个红包被甲、乙、丙三位同学抢到，则甲同学抢到5分钱的概率为________．【答案】【分析】隔板法求出1毛钱分成三份的种数，列举出甲抢到5分钱的可能情况，即可求结果.【详解】将1毛钱按10个1分排成一列，有9个空，任选2个空插入隔板可将1毛钱分成三份的种数有种，甲抢到5分钱，则乙丙抢到余下两份有共4种，所以1毛钱分成三份，甲抢到5分钱的概率为，故答案为：13．如图，为双曲线的右焦点，过作直线与圆切于点，与双曲线交于点，且恰为线段的中点，则双曲线的渐近线方程是______.【答案】【分析】由题设知，，，，由此能求出该双曲线的渐近线方程．【详解】解：设左焦点为，由题设知，，，，，，，双曲线的渐近线方程是．故答案为．【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程，解题时要注意圆的性质的灵活运用．14．若函数在的值域为，则的取值范围是______【答案】【解析】先根据题意计算出的范围，再根据函数的单调性，结合值域，列出不等式，即可求得.【详解】因为，且，故可得，因为在区间单调递减，在单调递增，且，，故要满足题意，只需解得.故答案为：.【点睛】本题考查由余弦型函数在区间上的值域，求参数范围的问题，属中档题.15．若分段函数，将函数，的最大值记作，那么当时，的取值范围是_____;【答案】【解析】求出（2），作出函数的图象，然后对分类求得，的最大值，则答案可求．【详解】由，得（2），则（a），作出函数的图象如图所示：当时，；当时，，，当时，，，则，的最大值为．故，的取值范围是，．故答案为：，．【点睛】关键点睛：解答本题有两个关键：其一是能准确画出函数的图象；其二是求出、的最大值.数形结合是一种重要的数学思想，要灵活运用.16．已知向量，满足，，若存在不同的实数，使得，且则的取值范围是__________【答案】【分析】设，变形（数量积的运算）得是方程的两根，利用韦达定理求得，则可表示为的函数，由的范围可得结论，在题中注意的范围的确定．【详解】，，设（），由得，整理得，同理，所以是方程的两根，由得，时方程无解，故且，，，，所以，，所以，由且得的范围是．故答案为：．【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是设后通过数量积的运算把是方程的两根，这样可用韦达定理求得，从而求得目标关于的函数，属于难题．三、解答题17．如图，正四棱锥中.（1）求证：平面；（2）若，，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）先证明，结合利用线面垂直的判定定理可得结论；（2）由求出棱锥的高，可求得侧棱长，判定侧面的形状后可得二面角的平面角，利用余弦定理可得答案.【详解】（1）因为是正棱锥，在面内射影是与的交点，即面，，又与在面内相交，面；（2），，，则与为边长是2的正三角形，取的中点，连，则，，是二面角的平面角，，【点睛】本题主要考查线面垂直的证明以及二面角的求解，考查了正四棱锥的性质，属于中档题.18．已知（1）设是周期为的偶函数，求；（2）若在上是增函数，求的最大值；并求此时在的取值范围.【答案】（1），；（2）的最大值为，在上的取值范围为.【分析】（1）利用辅助角公式化简，再利用周期公式和偶函数的性质可求；（2）求出函数的单调增区间，利用为单调增区间的子区间可求的最大值，再利用正弦函数的性质可求在的取值范围.【详解】（1）,设，因为的周期为，故，故.所以，而为偶函数，所以即，因为，故，综上，，.（2），令，，解得，故函数的单调递增区间为，所以存在使得成立.因为，所以，故即，故的最大值为.此时，因为，故，所以，在上的取值范围为.【点睛】本题考查正弦型函数的性质，注意形如的函数可利用辅助角公式将其转化为的形式，再利用复合函数的讨论方法以及正弦函数的性质讨论的单调性、奇偶性、图像的对称轴和对称中心等.19．如图，，是某景区的两条道路（宽度忽略不计，为东西方向），Q为景区内一景点，A为道路上一游客休息区，已知，（百米），Q到直线，的距离分别为3（百米），（百米），现新修一条自A经过Q的有轨观光直路并延伸至道路于点B，并在B处修建一游客休息区.（1）求有轨观光直路的长；（2）已知在景点Q的正北方6百米的P处有一大型组合音乐喷泉，喷泉表演一次的时长为9分钟，表演时，喷泉喷洒区域以P为圆心，r为半径变化，且t分钟时，（百米）（，）.当喷泉表演开始时，一观光车S（大小忽略不计）正从休息区B沿（1）中的轨道以（百米/分钟）的速度开往休息区A，问：观光车在行驶途中是否会被喷泉喷洒到，并说明理由.【答案】（1）；（2）喷泉的水流不会洒到观光车上，理由见解析【分析】（1）建立如图平面直角坐标系，易得，直线的方程为，，由点到直线距离，求出，从而直线的方程为，联产方程组求出的坐标，由此能求出轨道的长；（2）将喷泉记为圆，由题意得，生成分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则，，从而，若喷泉不会洒到观光车上，则对恒成立，由此能求出喷泉的水流不会洒到观光车上.【详解】（1）以点O为坐标原点，直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图所示.则由题设得：，直线的方程为，（）.由，解得，所以.故直线的方程为，由得即，故，答：水上旅游线的长为.（2）将喷泉记为圆P，由题意可得，生成t分钟时，观光车在线段上的点C处，则，，所以.若喷泉不会洒到观光车上，则对恒成立，即，当时，上式成立，当时，，，当且仅当时取等号，因为，所以恒成立，即喷泉的水流不会洒到观光车上.答：喷泉的水流不会洒到观光车上.【点睛】本题考查轨道长的求法，考查喷泉的水流能否洒到观光车上的判断，考查函数性质有生产生活中的应用等基础知识，考查运算求解能力和应用意识，属于中档题.20．定义符号函数，已知函数.（1）已知，求实数的取值集合；（2）当时，在区间上有唯一零点，求的取值集合；（3）已知在上的最小值为，求正实数的取值集合；【答案】（1）；（2）；（3）；【分析】（1）先求出的表达式，再解关于的不等式，从而求得的值；（2）当时，写出函数解析式，再将问题转化为函数与在区间上有唯一的交点，作出图象，即可得到答案；（3）由题意得，，再对分和两种情况讨化，对的情况，再进行二级讨论，即和两种情况，最后进行综合得到正实数的取值集合.【详解】（1）因为，所以或解得：或，所以实数的取值集合为.（2）当时，所以因为在区间上有唯一零点，所以方程在区间上有唯一的根，所以函数与在区间上有唯一的交点，函数的图象，如图所示：当或时，两个函数图象只有一个公共点，所以的取值集合为时，在区间上有唯一零点.（3）当时，在恒成立，因为，，①当时，，所以在恒成立，所以.②当时，，ⅰ）当时，上式，所以在恒成立，所以，此时的数都成立；ⅱ）当时，，所以在恒成立，当，即时，，所以；当，即时，，所以；所以；综合①②可得：或，所以正实数的取值集合为：.【点睛】本题以符号函数为背景，考查含参讨论解不等式和函数的最值，考查函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解的关键是进行不重不漏的分类讨论.21．设为正整数，各项均为正整数的数列定义如下：，（1）若，写出，，；（2）求证：数列单调递增的充要条件是为偶数；（3）若为奇数，是否存在满足？请说明理由．【答案】（1），，；（2）证明见解析；（3）存在，理由见解析．【解析】（1）时，结合条件，注意求得，，；（2）根据与零的关系，判断数列单调递增的充要条件；（3）存在满足.【详解】（1），，．

（2）先证“充分性”．当为偶数时，若为奇数，则为奇数．因为为奇数，所以归纳可得，对，均为奇数，则，所以，所以数列单调递增．再证“必要性”．假设存在使得为偶数，则，与数列单调递增矛盾，因此数列中的所有项都是奇数．此时，即，所以为偶数．