《上海市虹口区2021届高三二模数学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《上海市虹口区2021届高三二模数学试题（解析版）（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、虹口区2020学年度第二学期期中学生学习能力诊断测试高三数学试卷一填空题(16题每小题4分，712题每小题5分，本大题满分54分)1. 已知集合，则_.【答案】【解析】【分析】先利用指数函数和二次函数的性质化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解.【详解】因为集合，所以,故答案为：2. _【答案】【解析】【分析】分子分母同时除以，当时，得到极限为.【详解】分子分母同时除以，得：故答案为.【点睛】本题考查数列极限的运算，属于基础题.3. 的二项展开式的常数项为_【答案】20【解析】【详解】的二项展开式的通项为令得所以的二项展开式的常数项为4. 某班级要从4名男生和3名女生中选取3名同学参加志愿者
2、活动，则选出的3人中既有男生又要有女生的概率等于_.【答案】【解析】【分析】从7人中选3人的方法数为，再计算出既有男生又要有女生的选法数，即可计算出概率【详解】从7人中选3人的方法数为，既有男生又要有女生的选法数为，所以概率为故答案为：5. 给出下列命题：若两条不同的直线垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行；若两个不同的平面垂直于一条直线，则这两个平面互相平行；若一条直线平行于一个平面，另一条直线与这个平面垂直，则这两条直线互相垂直.其中所有正确命题的序号为_.【答案】【解析】【分析】由垂直于同一直线的两直线的位置关系判断；由直线与平面垂直的性质判断；由空间中直线与平面的位置关系判断【详解】
3、对于，若两条不同的直线垂直于第三条直线，则这两条直线有三种位置关系：平行、相交或异面，故错误；对于，根据线面垂直的性质可知，若两个不同的平面垂直于一条直线，则这两个平面互相平行，故正确；对于，若一条直线平行于一个平面，则与该平面垂直的直线与该直线垂直，故正确其中所有正确命题的序号为故答案为：6. 已知为抛物线上一点，点到抛物线的焦点的距离为7，到轴的距离为5，则_.【答案】4【解析】【分析】根据抛物线的定义计算【详解】由题意，解得故答案为：47. 若，则的值等于_(用表示).【答案】【解析】【分析】由同角三角函数的关系得,进而根据,结合齐次式求解即可.【详解】因为，所以，所以，故答案为:【点睛
4、】本题考查同角三角函数关系齐次式求值问题，解题的关键在于利用构造齐次式求解，是中档题.8. 设函数的定义域为.若对于内的任意，都有，则称函数为“Z函数”.有下列函数：；.其中“Z函数”的序号是_(写出所有的正确序号)【答案】【解析】【分析】新定义说是增函数的意思，判断各函数的是否为增函数可得【详解】当时，由，得，所以在定义域内是增函数，是常数函数，是减函数，是增函数，是增函数，故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，解题关键是理解新定义，新定义“Z函数”即为增函数，因此只要判断函数的单调性即可得9. 已知直三棱柱的各棱长都相等，体积等于().若该三棱柱的所有顶点都在球的表面上，则球的体积
5、等于_().【答案】【解析】【分析】三棱柱为正三棱柱，由对称性知球心是正三棱柱的上下底中心连线的中点由此可求得球半径得体积【详解】如图，三棱柱是正三棱柱，是上下底中心，是线段中点，则是三棱柱外接球的球心，设棱柱的棱长为，则，解得，所以，故答案为：【点睛】结论点睛：本题考查球的体积，解题关键是找到球心，求出球的半径正棱柱的球心是上下底中心连线段的中点，正棱锥的外接球球心在正棱锥的高上，正棱如的外接球球心在正棱台上下底面中心连线段上10. 在平面直角坐标系中，定义，两点的折线距离.设点，若，则的取值范围_.【答案】【解析】【分析】由新定义得出的关系，得出的表达式，然后根据绝对值的性质，用换元法求得
6、范围【详解】由题意，设，所以，当时，时， ，综上，故答案为：，【点睛】关键点点睛：本题考查距离新定义，解题关键是由新定义化问题为绝对值的问题，利用换元法转化为三角函数问题，结合绝对值的性质分类讨论可得11. 已知为圆的一条直径，点的坐标满足不等式组，则的取值范围是_.【答案】【解析】分析】由约束条件作出可行域，由数量积的坐标运算求得表达式，利用数形结合得到最优解，则答案可求【详解】由不等式组作出可行域如图，即求可行域上的点到原点距离的平方，再减去1的最值，当，时，取最大值19，当，时，取最小值为1的取值范围是，故答案为：，【点睛】方法点睛：利用线性规划求最值的步骤在平面直角坐标系内作出可行域；
7、考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形；在可行域内平行移动目标函数变形后的直线，从而确定最优解；将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值12. 在数列中，对任意，当且仅当，若满足，则的最小值为_.【答案】512【解析】分析】不妨设，则，从而得到，同理求出，利用已知的不等式求解，求出的最小值，从而得到的最小值【详解】不妨设，由题意可得，因为，所以，同理可得，所以，因为，所以，解得，又，所以的最小值整数解为9，故的最小值为故答案为：512二选择题(每小题5分，满分20分)13. 双曲线的两条渐近线的夹角的大小等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求得双曲线的两条渐近线方
8、程，得到斜率和倾斜角，再求出渐近线夹角的大小.【详解】双曲线的两条渐近线的方程为，由直线的斜率为，可得倾斜角为，斜率为，可得倾斜角为，所以两条渐近线的夹角的大小为，故选：B.14. 已知函数，则“”是“为偶函数”的（ ）条件A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件【答案】A【解析】【分析】当时，根据奇偶性的定义判断为偶函数，反之当为偶函数时，从而可得结果.【详解】当时，为偶函数.当为偶函数时，综上所述是为偶函数的充分不必要条件，故选：A.15. 复数满足，且使得关于的方程有实根，则这样的复数的个数为（ ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C
9、【解析】【分析】设,代入方程得整理得，在结合方程有实数根得，进而分和两种情况求解即可.【详解】设,因为,所以,所以将代入方程整理，因为关于的方程有实根，所以所以当时，解得，此时关于的方程为或，易知方程无实数根，故舍去，所以；当时，解得，所以，所以，此时方程有实数根，满足条件.综上，或.故这样的复数的个数为个.故选：C【点睛】本题考查复数方程有实数根，求对应的复数，考查运算求解能力，分类讨论思想，是中档题.本题解题的关键在于设，进而根据题意得，即，进而求解.16. 在平面上，已知定点，动点.当在区间上变化时，动线段所形成图形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出图形
10、，确定点的轨迹图形，结合图象可求得线段所形成图形的面积.【详解】因为，所以点在单位圆上，由于，所以，是其与轴正方向的有向角为，则，记点，所以，点的轨迹是劣弧，所以，动线段所形成图形为阴影部分区域，因为，因此，阴影部分区域的面积为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查动线段运动轨迹图形的面积，解题的关键在于确定动点的轨迹图形，数形结合求出图形的面积.三解答题(本大题满分76分)17. 在三棱锥中，是线段的中点，是线段的中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）通过勾股定理得出进而知，再次根据勾股定理可得，结合即可得结果；（
11、2）过点作交于点，连，先证是所求的角，解三角形即可得结果.【详解】（1）由，有，从而有，且又是边长等于的等边三角形，.又，从而有，.又，平面.（2）过点作交于点，连.由（1）知平面，得，又，平面，是直线与平面所成的角.由（1）证，从而为线段的中点，.所以直线与平面所成的角的大小等于.18. 设且，已知函数.（1）当时，求不等式的解；（2）若函数在区间上有零点，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）或.【解析】【分析】（1）根据题意得，进而分和两种情况求解即可；（2）由题知，进而根据已知条件得，再结合对勾函数性质即可得或，进而求得答案.【详解】解：（1），不等式可化为若，则，解得，所以不
12、等式的解集为.若，则，解得，所以不等式的解集为.综上所述：，的解集为；，的解集为.（2）.令，即，； .设，则，或，解得或.【点睛】本题考查对数函数的性质，对数运算，函数的零点求参数，考查分类讨论思想，运算求解能力，化归转化能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于将问题转化为，有解，进而求解.19. 如图某公园有一块直角三角形的空地，其中，长千米，现要在空地上围出一块正三角形区域建文化景观区，其中、分别在、上设（1）若，求的边长；（2）当多大时，的边长最小？并求出最小值【答案】（1）千米；（2）当时，的边长取得最小值为千米.【解析】【分析】（1）由题意易得为等边三角形，从而可求；（2）由已知结
13、合正弦定理及辅助角公式进行化简即可求解【详解】解：（1）设边长为千米，由得，中，为等边三角形，故，即的边长为；（2）设的边长为千米，所以，中，由正弦定理得，故，当时取得最小值，即的边长最小值【点睛】方法点睛：解三角形应用题的一般步骤(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.20. 已知椭圆的方程为.（1）设是椭圆上的点，证明：直线与椭圆有且只有一个公共点；（2）过点作两条与椭圆只有一个公共点的直线，公共点分别记为，点在直线上的射影为点，求点的坐标；（3）互相垂直的两条直线与相交于点，且都与椭圆只有一个公共点，求点的轨迹方程.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）当时，符合题意；当时，联立直线与椭圆的方程，得判别式为0，从而方程组只有一组解，进而可得答案；（2）设，得出A，B的坐标满足直线方程，推出直线AB的方程为，联立NQ的方程解得Q点坐标；（3）设，分两种情况：当直线与有一条斜率不存在时，当直线与有一条斜率存在时，讨论点P的轨迹，即可得出答案.【详解】（1）当时，直线，即直线，与椭圆只有一个公共点.当时，由得，又，
