上海市長寧區(qū)2020屆高三數學二?？荚囋囶}含解析

1、上海市長寧區(qū)2020屆高三數學二?？荚囋囶}（含解析）考生注意：1.答題前，務必在答題紙上將姓名、學校、班級等信息填寫清楚，并貼好條形碼.2.解答試卷必須在答題紙規(guī)定的相應位置書寫，超出答題紙規(guī)定位置或寫在試卷、草稿紙上的答案一律不予評分.3.本試卷共有21道試題，滿分150分，考試時間120分鐘.一、填空題（本大題共有12題，滿分54分，第16題每題4分，第712題每題5分）考生應在答題紙的相應位置直接填寫結果.1.已知集合，則_.【答案】【解析】【分析】直接根據交集的運算即可得出答案.【詳解】解：由于，則.故答案為：.【點睛】本題考查交集的運算，屬于基礎題.2.行列式的值等于_.【答案】2【

2、解析】【分析】直接根據行列式的運算，即可求得結果.【詳解】解：根據行列式的運算，得.故答案為：2.【點睛】本題考查二階行列式的計算，屬于基礎題.3.的二項展開式的第三項的系數是_【答案】10【解析】【分析】由二項展開式的通項公式寫出第三項，結合組合數的運算公式，即可求出第三項的系數.【詳解】解：的二項展開式的第三項為：，則第三項的系數為：10.故答案為：10.【點睛】本題考查根據二項展開式的通項公式求出指定項的系數，屬于基礎題.4.若復數z滿足，則_.【答案】【解析】【分析】設，代入，由復數相等的條件列式求得和，最后根據復數的模公式，即可求出.【詳解】解：設，由，得，即：，則，解得：，所以.故

3、答案為：.【點睛】本題考查復數的代數形式的乘法運算和復數的模的求法，以及復數相等的條件，屬于基礎題.5.若實數滿足，則的最小值為_.【答案】【解析】【分析】由約束條件作出可行域，數形結合得到最優(yōu)解，把最優(yōu)解的坐標代入目標函數即可求得的最小值.【詳解】解：由作出可行域，如下圖：將目標函數化為，由圖可知，當直線過點時，直線在軸上的截距最大，有最小值，即：.故答案為：.【點睛】本題考查簡單的線性規(guī)劃求目標函數的最小值，考查數形結合思想.6.直線（t是參數）的斜率為_.【答案】2【解析】【分析】根據題意，利用消參法將直線的參數方程化為普通方程，即可得出直線的斜率.【詳解】解：根據題意，直線的參數方程為

4、：（t是參數），消去參數，得出直線的普通方程為：，所以直線斜率為：2.故答案為：2.【點睛】本題考查直線的斜率，利用消去參數法將直線的參數方程化為普通方程，以及對直線點斜式方程的理解.7.如圖，已知正四棱柱的側棱長為，底面邊長為1，則直線和底面所成的角的大小為_.【答案】【解析】【分析】根據題意，得出，底面是正方形，即可求出，通過線面垂直的性質，由底面得出，從而得出直線和底面所成的角為，在中，求出的弧度數，即可得出答案.【詳解】解：已知正四棱柱的側棱長為，底面邊長為1，則，底面是正方形，則，所以，而底面，底面，所以，則直線和底面所成的角為，所以在中，解得：.即直線和底面所成的角的大小為.故答案

5、為：.【點睛】本題考查利用幾何法求線面的夾角，以及線面垂直的性質的應用，考查計算能力.8.記等差數列的前n項和為.若，則_.【答案】3【解析】分析】根據題意，由為等差數列，結合等差數列的通項公式和前項和公式，列式求出和，即可求出.【詳解】解：已知為等差數列，設公差為，則，解得：，所以.故答案為：3.【點睛】本題考查等差數列的通項公式和前項和公式，屬于基礎題.9.已知.若函數在上遞減且為偶函數，則_.【答案】【解析】【分析】根據題意，由函數在上遞減且為偶函數，根據冪函數性質可得，即可得出的可能值為，分別代入并利用定義法判斷出對應函數的奇偶性，即可求出結果.【詳解】解：由題可知，且函數在上遞減且為

6、偶函數，可知，所以的可能值為，當時，函數，由于，則為偶函數，符合題意；當時，函數，由于，則奇函數，不符合題意；當時，函數，此時的定義域，所以為非奇非偶函數，不符合題意；綜上可知，滿足題意的.故答案為：.【點睛】本題考查冪函數的單調性和奇偶性，以及利用定義法判斷函數的奇偶性，屬于對概念和性質的考查.10.在停課不停學期間，某校有四位教師參加三項不同的公益教學活動，每位教師任選一項，則每個項目都有該校教師參加的概率為_（結果用數值表示）.【答案】【解析】【分析】根據題意，先求出四位教師參加三項不同的公益教學活動，每位教師任選一項的所有情況有種，每個項目都有該校教師參加的情況有種，即可求得相應的概率

7、.【詳解】解：由于四位教師參加三項不同的公益教學活動，每位教師任選一項的情況有：（種），而每個項目都有該校教師參加的情況有：（種），則每個項目都有該校教師參加的概率為：.故答案為：.【點睛】本題考查概率的計算和分步乘法的計數原理，以及排列組合的應用，考查分析計算能力.11.已知點在以為直徑的圓上，若，則_.【答案】12【解析】【分析】連接、，根據圓的圓周角性質，可得，從而得出，利用平面向量的線性運算求得，最后結合平面向量的數量積公式，即可求出結果.【詳解】解：連接、，如圖所示，由于為圓的直徑，則，由于，即：.故答案為：12.【點睛】本題考查平面向量的線性運算和向量數量積公式，考查轉化思想和計算

8、能力.12.已知函數，若關于的方程有三個不同的實數解，則實數的取值范圍是_.【答案】【解析】【分析】根據題意，畫出的圖象，將方程有三個不同的實數解轉化為與有三個交點，利用導數法和平移法得出與的圖象有2個交點時的值，即可得出方程有三個不同的實數解，實數的取值范圍.【詳解】解：由題可知，作出的圖象如下：由于方程有三個不同的實數解，則與有三個交點，由于與直線平行，則需將直線向上或向下平移，當與且的圖象相切時，與的圖象有2個交點，而，所以當時，解得：或0，且，則當過切點時，此時，當過切點時，此時，要使得與有三個交點，只需將向下平移或將向上平移即可，此時或，所以方程有三個不同的實數解，則或，即實數的取值

9、范圍是：.故答案為：.【點睛】本題考查方程的零點個數問題，將方程零點個數轉化為函數的交點個數問題，考查數形結合思想和運算能力.二、選擇題(本大題共有4題，滿分20分，每題5分)每題有且只有一個正確選項.考生應在答題紙的相應位置，將代表正確選項的小方格涂黑.13.已知向量，則“”是“ ”的（ ）a. 充分非必要條件b. 必要非充分條件c. 充要條件d. 既非充分又非必要條件【答案】c【解析】【分析】根據題意，若時，則，得出，得出，反之，則，列式求出，結合充要條件的判定，即可得出結論.【詳解】解：已知，若，則，可得，則有，所以充分條件成立，反之，若，則，即：即：，解得：，所以必要條件成立，綜合可得

10、：“”是“ ”的充要條件.故選：c.【點睛】本題考查充要條件的判斷，以及空間向量共線的運算，考查運算能力.14. 某單位有職工52人，現將所有職工隨機編號，用系統抽樣的方法抽取一個容量為4的樣本，已知6號，32號，45號職工在樣本中，則樣本中另外一個職工的編號是()a. 19b. 20c. 18d. 21【答案】a【解析】設樣本中另外一個職工的編號是x，則用系統抽樣抽出的4個職工的號碼從小到大依次為：6，x,32,45，它們構成等差數列，所以645x32，x6453219，因此另外一個職工的編號是19故選a15.在直角坐標系中，角的始邊為軸的正半軸，頂點為坐標原點，已知角的終邊與單位圓交于點，

11、將繞原點逆時針旋轉與單位圓交于點，若，則（ ）a. 0.6b. 0.8c. -0.6d. -0.8【答案】b【解析】【分析】已知角的終邊與單位圓交于點，且，利用三角函數的定義，求出，得出在第四象限，繞原點逆時針旋轉與單位圓交于點，可知點在第一象限，則，再利用三角函數的定義和誘導公式進行化簡計算，即可求出的值.【詳解】解：已知角的終邊與單位圓交于點，且，則，解得：，所以在第四象限，角為第四象限角，繞原點逆時針旋轉與單位圓交于點，可知點在第一象限，則，所以，即：，解得：.故選：b.【點睛】本題考查單位圓中任意角的三角函數的定義的應用以及運用誘導公式化簡，考查計算能力.16.在數列的極限一節(jié)，課本中

12、給出了計算由拋物線、軸以及直線所圍成的曲邊區(qū)域面積的一種方法：把區(qū)間平均分成份，在每一個小區(qū)間上作一個小矩形，使得每個矩形的左上端點都在拋物線上（如圖），則當時，這些小矩形面積之和的極限就是.已知.利用此方法計算出的由曲線、軸以及直線所圍成的曲邊區(qū)域的面積為（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】由于與互為反函數，畫出的圖象，所求的曲邊區(qū)域的面積等于圖中陰影部分的面積，再通過對區(qū)間進行分割、近似代替、求和、取極限的方法，求出拋物線、軸及直線所圍成的曲邊區(qū)域面積，即可得出陰影部分的面積，即可得出曲線、軸及直線所圍成的曲邊區(qū)域的面積.【詳解】解：由于與互為反函數，可知，所求的曲邊區(qū)

13、域的面積等于下圖中陰影部分的面積，根據題意，拋物線、軸及直線所圍成的曲邊區(qū)域面積，可知這些小矩形的底邊長都是，高依次為，所以，陰影部分的面積為：，即曲線、軸及直線所圍成的曲邊區(qū)域的面積為：.故選：d.【點睛】本題考查類比推理和定積分的概念，通過對區(qū)間進行分割、近似代替、求和、取極限的方法求曲邊區(qū)域的面積，考查化歸轉化思想和計算能力.三、解答題(本大題共有5題，滿分76分)解答下列各題必須在答題紙的相應位置寫出必要的步驟.17.如圖，已知圓錐的頂點為，底面圓心為，半徑為2，母線長為（1）求該圓錐的體積；（2）已知為圓錐底面的直徑，為底面圓周上一點，且，為線段的中點，求異面直線與所成的角的大小.【

14、答案】（1）.（2）.【解析】【分析】（1）由題可知，根據勾股定理求得，則圓錐的高，再根據圓錐的體積公式計算，即可求出圓錐的體積；（2）法一：聯結，由是的中點，為線段的中點，根據三角形中位線的性質可得出，所以異面直線與所成的角就是直線與所成的角，根據條件得，求得，則為等邊三角形，即，即可得出結果；法二：以為坐標原點，以為軸、軸、軸的正半軸，建立空間直角坐標系，求得，根據空間向量法求異面直線的夾角公式，即可求得異面直線與所成的角.【詳解】（1）解：如圖，由題意得，在中，即該圓錐的高，由圓錐的體積公式得：，即該圓錐的體積為.（2）解法1：聯結，如圖所示，由于為圓錐底面的直徑，是的中點，而為線段的中

15、點，則，所以異面直線與所成的角就是直線與所成的角，因為，所以，在中，所以為等邊三角形，即，因此異面直線與所成的角的大小為.解法2：以為坐標原點，以為軸、軸、軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，可得，因為為線段的中點，得，所以，設異面直線與所成的角為，向量與的夾角為，則，又，所以，即異面直線與所成的角的大小為.【點睛】本題考查圓錐的體積和異面直線的夾角，空間夾角問題一般利用幾何法或空間向量法解決，考查轉化思想和運算能力.18.已知函數，（1）設的內角所對的邊長分別為，若，且，求的值；（2）求函數的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由和，可求得，且為的內角，所以，再利用余弦定

16、理，即可求出的值；（2）根據題意，得出，再利用二倍角公式和輔助角公式化簡求得，結合三角函數的性質即可求出最大值.【詳解】解：（1）由于，則，得，因為為的內角，所以，由余弦定理得：，即：，所以（2）由題意得，因為，所以當時，的最大值為.【點睛】本題考查根據余弦定理解三角形，以及利用二倍角公式和輔助角公式化簡三角函數，還涉及三角函數最值，考查運算能力.19.培養(yǎng)某種水生植物需要定期向培養(yǎng)植物的水中加入物質，已知向水中每投放1個單位的物質，（單位：天）時刻后水中含有物質的量增加，與的函數關系可近似地表示為關系可近似地表示為.根據經驗，當水中含有物質的量不低時，物質才能有效發(fā)揮作用.（1）若在水中首次

17、投放1個單位的物質，計算物質能持續(xù)有效發(fā)揮作用幾天？（2）若在水中首次投放1個單位的物質，第8天再投放1個單位的物質，試判斷第8天至第12天，水中所含物質的量是否始終不超過，并說明理由.【答案】（1）6天.（2）第8天至第12天，水中所含物質的量始終不超過.見解析【解析】【分析】（1）由題可知，分類討論求解滿足時的的范圍，即可得出在水中首次投放1個單位的物質，物質能持續(xù)有效發(fā)揮作用的天數；（2）根據已知求出函數解析式，利用基本不等式即可求得當時，從而得出結論.【詳解】解：（1）由題意，(單位：天)時刻后水中含有物質的量為：，由于當水中含有物質的量不低時，物質才能有效發(fā)揮作用，即需，則當時，且當

18、時，解得：，所以若在水中首次投放1個單位的物質，物質能持續(xù)有效發(fā)揮作用的時間為：8-2=6天.（2）設第天水中所含物質的量為，則，當且僅當，即時，等號成立，即當時，所以第8天至第12天，水中所含物質的量始終不超過.【點睛】本題考查利用函數解決實際問題，考查分段函數和基本不等式的應用，確定函數的解析式是關鍵.20.已知橢圓的右焦點的坐標為，且長軸長為短軸長的倍.橢圓的上、下頂點分別為，經過點的直線與橢圓相交于兩點(不同于兩點).（1）求橢圓的方程；（2）若直線，求點的坐標；（3）設直線相交于點，求證：是定值.【答案】（1）（2）的坐標為或.（3）見解析【解析】【分析】（1）根據題意，可得，求出，

19、即可求得橢圓的方程；（2）由（1）得出點b的坐標為，設點，根據，得出，與橢圓方程聯立，即可求出點的坐標；（3）設，則直線的方程為，與橢圓方程聯立，得到關于的一元二次方程，寫出韋達定理，分別求出直線和直線的方程，從而求得和的關系式，化簡整理得出，即為定值.【詳解】解：（1）根據題意，已知橢圓右焦點的坐標為，且長軸長為短軸長的倍，得，解得：，所以橢圓的方程為：.（2）由題意得，點的坐標為，設點，由于經過點直線與橢圓相交于兩點，已知，則，所以,因為，則整理得：，又，解得：或或（舍去），所以所求點的坐標為或.（3）由于經過點的直線與橢圓相交于兩點(不同于兩點)，設直線的斜率為，可知斜率存在，則直線的方程為，由題可知，設，由方程組，得，所以，由于直線相交于點，直線的方程為，得，直線bm的方程為，得，所以，因為，得，所以為定值1.【點睛】本題考查橢圓的標準方程和根據直線與橢圓的位置關系解決定值問題，還涉及橢圓的簡單幾何性質、聯立方程組、韋達定理和直線的方程