上海市2020届高三模拟考试1数学试题 Word版含解析

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 -‎