上海市松江区2020届高三12月一模考试数学试题

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上海市松江区2020届高三一模数学试卷 一.填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）‎ ‎1.已知集合，，则_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解不等式化简集合A，再由交集的运算性质得答案．‎ ‎【详解】由集合A得,所以 故答案为 ‎【点睛】本题考查了交集及其运算，是基础题．‎ ‎2.若角的终边过点，则的值为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得 x＝4，y＝﹣3，r＝5，再由任意角的三角函数的定义可得 ，由诱导公式化简，代入即可求解．‎ ‎【详解】解：∵角α的终边过点P（4，﹣3），则 x＝4，y＝﹣3，r＝5，，‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，两点间的距离公式的应用，属于基础题．‎ ‎3.设，则______.‎ ‎【答案】1.‎ ‎【解析】‎ 分析：首先求得复数z，然后求解其模即可.‎ 详解：由复数的运算法则有：‎ ‎，‎ 则：.‎ 点睛：本题主要考查复数的运算法则，复数模的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎4.的展开式中项的系数为_______．‎ ‎【答案】40‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项定理展开式，求得r的值，进而求得系数．‎ ‎【详解】根据二项定理展开式的通项式得 ‎ 所以 ，解得 ‎ 所以系数 ‎【点睛】本题考查了二项式定理的简单应用，属于基础题．‎ ‎5.已知椭圆的左、右焦点分别为、，若椭圆上的点满足，则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆定义，得到，再由题中条件，即可得出结果.‎ ‎【详解】由题意，在椭圆中，，‎ 又，所以，因此.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆上的点到焦点的距离，熟记椭圆的定义即可，属于基础题型.‎ ‎6.若关于、的二元一次方程组无解，则实数________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据方程组无解，得到直线与直线平行，根据两直线平行的充要条件，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为关于、的二元一次方程组无解，‎ 所以直线与直线平行，‎ 所以，解得：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查由方程组无解求参数，熟记直线与直线平行的判定条件，灵活运用转化与化归的思想即可，属于常考题型.‎ ‎7.已知向量，，若向量∥，则实数________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到，根据向量共线的坐标表示，得到，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为向量，，所以，‎ 又∥，所以，即，‎ 解得：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查由向量共线求参数，熟记向量共线坐标表示即可，属于常考题型.‎ ‎8.已知函数存在反函数，若函数的图像经过点，则函数的图像必经过点________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到，推出函数的图像过点，其反函数过点，求出，得到，进而可求出结果.‎ ‎【详解】因为函数的图像经过点，‎ 所以，因此，即函数的图像过点 又存在反函数，所以的图像过点，‎ 即，所以，‎ 即函数的图像必经过点.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查反函数的应用，熟记反函数的性质即可，属于常考题型.‎ ‎9.在无穷等比数列中，若，则的取值范围是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设等比数列的公比为，根据题意，得到且，，分别讨论，和，即可得出结果.‎ ‎【详解】设等比数列公比为，则其前项和为：，‎ 若时，，‎ 若时，， ‎ 因此且，，即，‎ 所以当时，；‎ 当时，.‎ 因此，的取值范围是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查由等比数列的极限求参数的问题，熟记极限的运算法则，以及等比数列的求和公式即可，属于常考题型.‎ ‎10.函数的大致图像如图，若函数图像经过和两点，且和是其两条渐近线，则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由函数图像，得到函数关于对称，推出，化原函数为，再由函数图像所过定点，即可求出参数，得出结果.‎ ‎【详解】由图像可得：函数关于对称，‎ 所以有，即，因此，‎ 又函数图像经过和两点，‎ 所以，解得：，因此，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查由函数图像求参数，熟记函数的对称性，以及待定系数法求函数解析式即可，属于常考题型.‎ ‎11.若实数，满足，，则实数的最小值为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，根据基本不等式，得到，得出，再由，得到，根据得，令，根据题意得到，由函数单调性，得到的最值，进而可求出结果.‎ ‎【详解】因为，，所以，即，当且仅当时，取等号；因此， ‎ 又，所以，即，‎ 由得，所以，‎ 令，因为，当且仅当时取等号.‎ 所以，‎ 又易知函数在上单调递增，‎ 因此，‎ 因此.‎ 即实数的最小值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，熟记基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎12.记边长为1的正六边形的六个顶点分别为、、、、、，集合，在中任取两个元素、，则的概率为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先以的中点为坐标原点，以所在直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，得到各顶点坐标，列举出集合中所有元素，以及满足条件的组合，根据古典概型的概率计算公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】以的中点为坐标原点，以所在直线为轴，以的垂直平分线为 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，‎ 因为正六边形的边长为，‎ 所以易得：、、、、、，‎ 因此，，，，，，，，，，，，，，，，，；‎ 共个向量.‎ 因此中含有个不同的元素.‎ 又在中任取两个元素、，满足的有：与或；与或； 与或；‎ 与或；与或；与或； 与或；与或；与或；与或；与或；与或；共种选法，又由、的任意性，因此满足的情况共有：种；‎ 又在中任取两个元素、，共有种情况；‎ 因此，满足的概率为：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型，熟记概率计算公式即可，属于常考题型.‎ 二.选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）‎ ‎13.已知是平面的一条斜线，直线Ü，则（ ）‎ A. 存在唯一的一条直线，使得 B. 存在无限多条直线，使得 C. 存在唯一的一条直线，使得∥ D. 存在无限多条直线，使得∥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，作出图形，结合直线与直线，直线与平面位置关系，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为是平面的一条斜线，直线Ü，画出图形如下：‎ 显然在平面内必存在直线与直线垂直，‎ 且平面内有无数条直线与直线平行，‎ 故存在无限多条直线，使得.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查直线与直线位置关系的判定，熟记线面，线线位置关系即可，属于常考题型.‎ ‎14.设，则“”是“、中至少有一个数大于1”的（ ）‎ A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分条件与必要条件的概念，直接判断，即可得出结果.‎ ‎【详解】若，则、中至少有一个数大于1，即“”是“、中至少有一个数大于1”的充分条件，‎ 反之，若“、中至少有一个数大于1”，则不一定大于，如：；‎ 因此，“”是“、中至少有一个数大于1”的充分不必要条件.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查命题的充分不必要条件，熟记充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型.‎ ‎15.若存在，使对任意的恒成立，则（ ）‎ A. 的最小值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先令，由题意，得到，推出，‎ 三式相加得，根据绝对值不等式的性质定理，得到，再由题中存在，使结论成立，可得：只需，进而可得出结果.‎ ‎【详解】因为对任意的恒成立，令，‎ 则只需，即，所以，‎ 所以以上三式相加可得：，‎ 由绝对值不等式的性质定理可得：，‎ 因此只需 即.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查求最值的问题，熟记绝对值不等式的性质，以及不等式的性质即可，属于常考题型.‎ ‎16.已知集合，集合，定义为中元素的最小值，当取遍 的所有非空子集时，对应的的和记为，则（ ）‎ A. 45 B. 1012 C. 2036 D. 9217‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意先确定可能取的值为，再得到对应的个数，根据错位相减法，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为集合，集合，为中元素的最小值，当取遍的所有非空子集，由题意可得：可能取的值为，‎ 则共有个；个；个；个；……，个；‎ 因此，‎ 所以，‎ 两式作差得 ‎，‎ 所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查含个元素的集合的子集的应用，以及数列的求和，熟记错位相减法求和，会求集合的子集个数即可，属于常考题型.‎ 三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）‎ ‎17.如图，圆锥的底面半径，高，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点.‎ ‎（1）求圆锥的侧面积和体积；‎ ‎（2）求异面直线与所成角的大小.（结果用反三角函数表示）‎ ‎【答案】（1）侧面积，体积；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据圆锥的侧面积公式，以及体积公式，结合题中数据，即可得出结果；‎ ‎（2）先由题意，得到，，两两垂直，以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，分别求出，，根据向量夹角公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）因为圆锥的底面半径，高，‎ 所以其母线长，‎ 因此圆锥的侧面积为；‎ 体积为：； ‎ ‎（2）由题意，易得：，，两两垂直，以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ 又点是母线的中点，所以，‎ 因此，，‎ 记异面直线与所成角的大小为，‎ 所以，‎ 因此，异面直线与所成角的大小为.‎ ‎【点睛】本题主要考查求圆锥的侧面积与体积，以及异面直线所成的角，熟记圆锥的侧面积公式与体积公式，以及空间向量的方法求异面直线所成的角即可，属于常考题型.‎ ‎18.已知函数.‎ ‎（1）求的最大值；‎ ‎（2）在△中，内角、、所对的边分别为、、，若，、、成等差数列，且，求边的长.‎ ‎【答案】（1）最大值为1；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将函数解析式化简整理，得到，根据正弦函数的性质，即可得出最大值；‎ ‎（2）先由题意得到，求出；由、、成等差数列，得: ；由得，再由余弦定理，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）‎ ‎，‎ 由可得，因此，‎ 所以；‎ ‎（2）由得，即，‎ 又，所以，因此，所以；‎ 由、、成等差数列，可得: ；‎ 又，所以，即，‎ 由余弦定理可得：，‎ 解得：.‎ ‎【点睛】本题主要考查求正弦型函数的最大值，以及解三角形，熟记正弦函数的性质，以及余弦定理即可，属于常考题型.‎ ‎19.汽车智能辅助驾驶已得到广泛应用，其自动刹车的工作原理是用雷达测出车辆与前方障碍物之间的距离（并结合车速转化为所需时间），当此距离等于报警距离时就开始报警提醒，等于危险距离时就自动刹车，某种算法（如下图所示）将报警时间划分为4段，分别为准备时间、人的反应时间、系统反应时间、制动时间，相应的距离分别为、、、，当车速为（米/秒），且时，通过大数据统计分析得到下表（其中系数随地面湿滑成都等路面情况而变化，）.‎ 阶段 ‎0、准备 ‎1、人的反应 ‎2、系统反应 ‎3、制动 时间 秒 秒 距离 米 米 ‎（1）请写出报警距离（米）与车速（米/秒）之间的函数关系式，并求时，若汽车达到报警距离时人和系统均不采取任何制动措施，仍以此速度行驶，则汽车撞上固定障碍物的最短时间（精确到0.1秒）；‎ ‎（2）若要求汽车不论在何种路面情况下行驶，报警距离均小于80米，则汽车的行驶速度应限制在多少米/秒以下？合多少千米/小时？‎ ‎【答案】（1），最短时间秒（2）汽车的行驶速度应限制在米/秒，合72千米/小时 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，得到，结合题中数据，即可得出函数关系式；再由，得到汽车撞上固定障碍物的最短时间，根据基本不等式，即可求出最值；‎ ‎（2）根据题意，得到当时，报警距离最大，推出，求解即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）由题意：报警距离，‎ 当时，，‎ 则汽车撞上固定障碍物的最短时间为：秒；‎ ‎（2）由题意可得：，因为，‎ 所以当时，报警距离最大，‎ 因此，只需：，解得：，所以汽车的行驶速度应限制在米/秒，合72千米/小时.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数模型的应用，以及基本不等式的应用，熟记基本不等式，以及不等关系即可，属于常考题型.‎ ‎20.设抛物线的焦点为，经过轴正半轴上点的直线交于不同的两点和.‎ ‎（1）若，求点坐标；‎ ‎（2）若，求证：原点总在以线段为直径圆的内部；‎ ‎（3）若，且直线∥，与有且只有一个公共点，问：△的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值，并求出点的坐标，若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）存在，最小值2，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由抛物线方程以及抛物线定义，根据求出横坐标，代入，即可得出点的坐标；‎ ‎（2）设，，设直线的方程是：，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理，以及向量数量积运算，得到，推出恒为钝角，即可得结论成立；‎ ‎（3）设，则，由得，推出直线的斜率．设直线的方程为，代入抛物线方程，根据判别式等于零，得 ‎．设，则，，由三角形面积公式，以及基本不等式，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）由抛物线方程知，焦点是，准线方程为，‎ 设，由及抛物线定义知，，代入得，‎ 所以点的坐标或 ‎（2）设，，‎ 设直线的方程是：，‎ 联立，消去得：，由韦达定理得，‎ 所以，‎ 故恒为钝角，‎ 故原点总在以线段AB为直径的圆的内部．‎ ‎（3）设，则，‎ 因为，则，由得，故．‎ 故直线的斜率．‎ 因为直线和直线平行，设直线的方程为，代入抛物线方程 得，由题意，得．‎ 设，则，，‎ ‎，‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ 由得，解得或（舍），‎ 所以点的坐标为，.‎ ‎【点睛】本题主要考查求抛物线上的点，以及抛物线中三角形面积的最值问题，熟记抛物线的标准方程，以及抛物线的简单性质即可，属于常考题型，但计算量较大.‎ ‎21.已知数列满足：①（）；②当（）时，；③当（）时，，记数列的前项和为.‎ ‎（1）求，，的值；‎ ‎（2）若，求的最小值；‎ ‎（3）求证：的充要条件是（）.‎ ‎【答案】（1），或1，或1；（2）115；（3）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据题中条件，求出，，，再结合题意，即可得出结果；‎ ‎（2）先由题意，得到，当时，，由于，所以或，分别求出，，进而可求出结果；‎ ‎（3）先由，根据题中条件，求出，证明必要性；再由，求出，证明充分性即可.‎ ‎【详解】（1）因，，且是自然数，；‎ ‎，，且都是自然数；或；‎ ‎，，且，或．‎ ‎（2）由题意可得：，当时，‎ ‎，由于，‎ 所以或，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 又，‎ 所以 ‎（3）必要性：若，‎ 则：①‎ ‎②‎ ‎①②得：③‎ 由于或或，且或 只有当同时成立时，等式③才成立，‎ ‎；‎ 充分性：若，由于 所以，‎ 即，，，…，，又 所以对任意的，都有…（I）‎ 另一方面，由，‎ 所以对任意的，都有…（II）‎ ‎，‎ 由于.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列的综合应用，熟记等差数列与等比数列的求和公式，由递推关系求通项公式的方法，以及充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型，难度较大.‎ ‎ ‎