上海市2020届高三模拟考试1数学试题 Word版含解析

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

上海市2020届高三模拟考试1数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年全国普通高等学校招生统一考试 上海数学模拟试卷(1)‎ 一、填空题 ‎1.已知为虚数单位,复数满足,则________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的四则运算求出,再求其模.‎ ‎【详解】因为,所以,则.‎ 故答案为:1.‎ ‎【点睛】本题考查复数的四则运算,考查复数模的运算,属于基础题.‎ ‎2.设且,若函数的反函数的图象经过定点,则点的坐标是__.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于函数经过定点,再利用反函数的性质即可得出.‎ ‎【详解】∵函数经过定点,‎ ‎∴函数反函数的图象经过定点,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数恒过定点的问题,以及反函数的问题,熟记指数函数的性质,以及反函数的概念即可,属于基础题型.‎ ‎3.在平面直角坐标系内,直线:,将与两坐标轴围成的封闭图形绕轴旋转一周,所得几何体的体积为__.‎ - 20 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得绕轴旋转,形成的是以1为半径,2为高的圆锥,根据圆锥的体积公式,即可求得所得几何体的体积.‎ ‎【详解】由题意可知绕轴旋转,形成的是以1为半径,2为高的圆锥,‎ 则,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查求旋转体的体积,熟记圆锥的体积公式即可,属于常考题型.‎ ‎4.已知,,则______.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知等式化简可得,结合范围,解得,利用同角三角函数基本关系式可求,利用二倍角的正切函数公式可求的值.‎ ‎【详解】,‎ ‎,‎ - 20 -‎ ‎,‎ ‎,解得,‎ ‎,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是三角恒等变换、二倍角的正弦、正切公式,同角三角函数关系的应用,考查学生的计算能力.‎ ‎5.设定义在上的奇函数,当时,,则不等式的解集是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由解析式求出在时的解集,再由奇函数的定义得,以及时的不等式的解集.综合后可得所求解集.‎ ‎【详解】当时,因为,所以,又因为是定义 在上的奇函数,所以,在上单调递增,并且,‎ 所以,综上,不等式的解集为,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性解不等式.属于中档题.‎ ‎6.在平面直角坐标系中,有一定点,若的垂直平分线过抛物线:的焦点,则抛物线的方程为__.‎ ‎【答案】‎ - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出线段的垂直平分线方程,然后表示出抛物线的焦点坐标并代入到所求方程中,进而可求得的值,即可得到抛物线方程.‎ ‎【详解】∵点,‎ 依题意我们容易求得直线的方程为,‎ 把焦点坐标代入可求得焦参数,‎ 从而得到抛物线的方程为:.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查求抛物线的方程,只需由题意求出焦点坐标,根据抛物线的焦点坐标即可得出抛物线方程,熟记抛物线标准方程即可,属于常考题型.‎ ‎7.记的展开式中第项的系数为,若 ,则_______.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,结合二项式定理可得,,解可得答案.‎ ‎【详解】解:根据二项式定理,可得,‎ 根据题意,可得,‎ 解得,‎ 故答案为5.‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理,要区分二项式系数与系数两个不同的概念.‎ ‎8.从棱长为的正方体的个顶点中任取个点,则以这三点为顶点的三角形的面积等于的概率是______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【分析】‎ 先求得“从棱长为的正方体的个顶点中任取个点”基本事件的总数,然后求得“以这三点为顶点的三角形的面积等于”的事件所包含的基本事件数,最后根据古典概型概率计算公式,计算出所求的概率.‎ ‎【详解】“从棱长为的正方体的个顶点中任取个点”基本事件的总数有种. 由于从正方体每个面上的四个点选出三个点,围成的三角形的面积为,其它情况都超过.所以“以这三点为顶点的三角形的面积等于”的事件所包含的基本事件数为种.由古典概型概率计算公式可知,所求概率为 故答案为:‎ ‎【点睛】本小题主要考查古典概型的计算,考查组合数的计算,属于基础题.‎ ‎9.若无穷数列的所有项都是正数,且满足,则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由作差法求出数列的通项公式为,即可计算出,然后利用常用数列的极限即可计算出的值.‎ ‎【详解】当时,,可得;‎ 当时,由,‎ 可得,‎ 上式下式得,得,‎ 也适合,则,.‎ - 20 -‎ 所以,.‎ 因此,.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查利用作差法求数列通项,同时也考查了数列极限的计算,考查计算能力,属于中等题.‎ ‎10.甲、乙两人同时参加一次数学测试,共有20道选择题,每题均有4个选项,答对得3分,答错或不答得0分,甲和乙都解答了所有的试题,经比较,他们只有2道题的选项不同,如果甲最终的得分为54分,那么乙的所有可能的得分值组成的集合为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲最终的得分为54分,可得:甲答对了20道题目中的18道,由于甲和乙都解答了所有的试题,甲必然有2道题目答错了,又甲和乙有2道题的选项不同,则乙可能这两道题答对,答错,乙也可能这2道题与甲一样,在甲正确的题目中乙可能有两道答错了,即可得到结论.‎ ‎【详解】因为20道选择题每题3分,甲最终的得分为54分,所以甲答错了2道题,又因为甲和乙有两道题的选项不同,则他们最少有16道题的答案相同,设剩下的4道题正确答案为,甲的答案为,因为甲和乙有两道题的选项不同,所以乙可能的答案为,,,,等,所以乙的所有可能的得分值组成的集合为,故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查了集合的性质、分类讨论方法,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.‎ ‎11.对于函数,其中,若的定义域与值域相同,则非零实数a的值为______________.‎ ‎【答案】-4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的定义域与值域相同,可以求出参数表示的函数的定义域与值域,由两者相同,比较二区间的端点得出参数满足的方程,解方程求参数即可.‎ - 20 -‎ ‎【详解】函数,其中 若,由于,即,‎ ‎∴对于正数b,的定义域为:,‎ 但的值域,故,不合要求.‎ 若,对于正数b,的定义域为.‎ 由于此时,故函数的值域.‎ 由题意,有,由于,所以.‎ 故答案为:﹣4‎ ‎【点睛】本题考查了函数的定义域和值域,意在考查学生的计算能力.‎ ‎12.已知,函数的图像的两个端点分别为、,设是函数图像上任意一点,过作垂直于轴的直线,且与线段交于点,若恒成立,则的最大值是______.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 由的坐标可以将直线的方程找到,通过点的坐标可以得到的坐标,将其纵坐标作差可以得到关于的不等式,通过求范围可以将绝对值去掉,由基本不等式可以得到的最大值.‎ ‎【详解】因为,,‎ 所以,‎ 所以直线的方程为,‎ 设,所以,‎ - 20 -‎ 因为恒成立,‎ 所以恒成立,‎ 所以,‎ 因为在时小于等于0恒成立,‎ 所以,‎ ‎①当或时,显然成立;‎ ‎②当时,,‎ 所以由基本不等式得,‎ 此时,‎ 所以的最大值为,‎ 故答案是:.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关根据恒成立求对应参数的取值范围的问题,在解题的过程中,主意对题中条件的转化,应用基本不等式求最值,属于较难题目.‎ 二、选择题 ‎13.“”是“”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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断两个命题:和的真假即可得.‎ ‎【详解】由于,且,得到,故充分性不成立;当时,,故必要性成立.‎ - 20 -‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查充分必要条件的判断,解题方法是根据充分必要条件的定义.即判断两个命题和的真假.‎ ‎14.下列命题正确的是( )‎ A. 若直线平面,直线平面,则 B. 若直线上有两个点到平面的距离相等,则 C. 直线l与平面所成角的取值范围是 D. 若直线平面,直线平面,则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面平行垂直的性质与判定判断即可.‎ ‎【详解】对A, 若直线平面,直线平面,不一定有,故A错误.‎ 对B,当平面时也满足直线上有两个点到平面的距离相等.故B错误.‎ 对C, 直线l与平面所成角的取值范围是,故C错误.‎ 对D, 若直线平面,直线平面,则成立.故D正确.‎ 故选:D ‎【点睛】本题主要考查了线面平行垂直关系的判定,属于基础题型.‎ ‎15.已知,是平面内两个互相垂直的单位向量,若向量满足,则的最大值是( ).‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用数量积计算出,及,设与的夹角为,可得 - 20 -‎ ‎,从而可得结论.‎ ‎【详解】由于且,那么,设与的夹角为,所以 ‎,‎ 即,‎ 由于,所以的最大值为.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积,考查向量的模与数量积的关系,掌握数量积的定义是解题关键.‎ ‎16.已知函数,若存在实数,,,满足,其中,则取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出函数的图象,再根据条件利用对数函数的运算性质以及三角函数的对称性,利用数形结合,即可求出其范围.‎ ‎【详解】函数的图象如下图所示:‎ 若满足,其中,‎ 则,,‎ 则,即,‎ 则,‎ 同时,,‎ ‎∵,关于对称,∴,‎ - 20 -‎ 则,则,‎ 则,‎ ‎∵,‎ ‎∴,‎ 即,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查分段函数的应用,灵活掌握数形结合的方法,以及转化与化归的思想即可,属于常考题型.‎ 三、解答题 ‎17.如图,在直三棱柱中,是等腰直角三角形,,为侧棱的中点.‎ ‎(1)求证:平面;‎ ‎(2)求二面角的大小(结果用反三角函数值表示)‎ ‎【答案】(1)证明见解析 (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)推导出,,由此能证明平面.‎ - 20 -‎ ‎(2)以为原点,直线,,为,,轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角的大小.‎ ‎【详解】(1)∵底面是等腰直角三角形,且,‎ ‎∴,‎ ‎∵平面,‎ ‎∴,‎ ‎∵,‎ ‎∴平面.‎ ‎(2)以为原点,直线,,为,,轴,建立空间直角坐标系,‎ 则,,,,,,‎ 由(1)得是平面一个法向量,‎ ‎,,‎ 设平面的一个法向量,‎ 则,‎ 取,得,‎ 设二面角的平面角为,‎ 则,‎ 由图形知二面角的大小是锐角,‎ ‎∴二面角的大小为.‎ - 20 -‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的证明,以及求二面角的平面角,熟记线面垂直的判定定理,以及空间向量的方法求二面角即可,属于常考题型.‎ ‎18.已知函数,,且函数的最小正周期为.‎ ‎(1)求函数的解析式;‎ ‎(2)在中,角、、所对的边分别是、、,若,,且,试求的值.‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用两角和与差的余弦公式展开,再由辅助角公式化简,由周期公式求得,则的解析式可求;‎ ‎(2)把代入函数解析式,求得,展开数量积,求得的值,结合,利用余弦定理求得的值.‎ ‎【详解】(1)‎ ‎.‎ - 20 -‎ ‎∵,∴.‎ 则;‎ ‎(2)由,得.‎ ‎∴或,.‎ ‎∵是三角形内角,∴.‎ 而,∴.‎ 又,∴.‎ ‎∴.‎ 则.‎ ‎【点睛】本题主要考查由三角函数的周期求参数,以及余弦定理解三角形,熟记三角函数的性质,以及余弦定理即可,属于常考题型.‎ ‎19.定义在上的函数,若满足:对任意,存在常数,都有成立,则称是上的有界函数,其中称为函数的上界 ‎(1)设,判断在上是否是有界函数,若是,说明理由,并写出所有上界的值的集合;若不是,也请说明理由.‎ ‎(2)若函数在上是以为上界的有界函数,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)有界函数;(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分离常数后,可得函数的单调性,在区间内求得最大值与最小值,即可根据有界函数的定义求得的取值范围.‎ - 20 -‎ ‎(2)根据有界函数定义,可得的值域.代入解析式可分离得的不等式组.利用换元法转化为二次不等式形式,结合恒成立条件,即可求得的取值范围.‎ ‎【详解】(1)‎ 则在上单调递增 所以对任意满足 而 所以 若恒成立,则 ‎ 即所有上界的值的集合为 ‎ ‎(2)函数在上是以为上界的有界函数 根据有界函数定义,可知在上恒成立 所以 即 化简变形可得 令 ‎ 则在上恒成立 即满足 由二次函数性质可知,,当时, ‎ - 20 -‎ ‎,所以当时, ‎ 即,‎ 故的取值范围为 ‎【点睛】本题考查了函数新定义的内容,对函数单调性与值域的综合应用,换元法的应用,恒成立问题的解法,属于中档题.‎ ‎20.如图,设是椭圆的下焦点,直线与椭圆相交于、两点,与轴交于点.‎ ‎(1)若,求的值;‎ ‎(2)求证:;‎ ‎(3)求面积的最大值.‎ ‎【答案】(1) (2)证明见解析 (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)联立,得,由此利用韦达定理、根的判别式、向量相等,结合已知条件能求出.‎ - 20 -‎ ‎(2)证明,等价于证明等价于,由此能证明.‎ ‎(3).令,利用基本不等式性质能求出面积的最大值.‎ ‎【详解】(1)联立,得,‎ ‎∵直线与椭圆相交于、两点,∴,即或,‎ 设,,则,,‎ ‎∵,∴,‎ 代入上式,解得.‎ ‎(2)由图形得要证明,等价于证明直线与直线的倾斜角互补,‎ 即等价于,‎ ‎,‎ ‎∴.‎ ‎(3)∵或,‎ ‎∴‎ ‎.‎ 令,则,,‎ - 20 -‎ ‎∴,‎ 当且仅当,即,取等号,‎ ‎∴面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的简单性质的应用,通常需要联立直线与椭圆方程,根据韦达定理,弦长公式等求解,属于常考题型.‎ ‎21.已知正项数列,满足:对任意正整数,都有,,成等差数列,,,成等比数列,且,.‎ ‎(Ⅰ)求证:数列是等差数列;‎ ‎(Ⅱ)求数列,的通项公式;‎ ‎(Ⅲ)设=++…+,如果对任意的正整数,不等式恒成立,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ),;(Ⅲ)a≤1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(Ⅰ)由已知得,‎ 即, 由2b1=a1+a2=25,得b1=, 由a22=b1b2,得b2=18,‎ ‎∴{}是以为首项,为公差的等差数列.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,‎ ‎∴,‎ - 20 -‎ 因为,,成等比数列 所以 ‎(Ⅲ)由(Ⅱ)知,‎ 原式化为,‎ 即f(n)=恒成立,‎ 当a–1>0即a>1时,不合题意;‎ 当a–1=0即a=1时,满足题意;‎ 当a–1<0即a<1时,f(n)的对称轴为,f(n)单调递减,‎ ‎∴只需f(1)=4a–15<0,可得a<,∴a<1;‎ 综上,a≤1.‎ ‎ ‎ - 20 -‎ - 20 -‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档