2022屆上海市川沙高三下學期聯考數學試題含解析

1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目

2、要求的。1已知命題，且是的必要不充分條件，則實數的取值范圍為（ ）ABCD2若，則“”的一個充分不必要條件是ABC且D或3是拋物線上一點，是圓關于直線的對稱圓上的一點，則最小值是（ ）ABCD4在平面直角坐標系中，已知是圓上兩個動點，且滿足，設到直線的距離之和的最大值為，若數列的前項和恒成立，則實數的取值范圍是（ ）ABCD5已知集合A=x|1x1，則AB=A（1，1）B（1，2）C（1，+）D（1，+）6若函數f(x)a|2x4|(a0，a1)滿足f(1)，則f(x)的單調遞減區(qū)間是( )A(，2B2，)C2，)D(，27若，則， ， ， 的大小關系為（ ）ABCD8明代數學家程大位（153

3、31606年），有感于當時籌算方法的不便，用其畢生心血寫出算法統宗，可謂集成計算的鼻祖如圖所示的程序框圖的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”問題執(zhí)行該程序框圖，若輸出的的值為，則輸入的的值為（ ）ABCD9已知函數，為的零點，為圖象的對稱軸，且在區(qū)間上單調，則的最大值是（ ）ABCD10學業(yè)水平測試成績按照考生原始成績從高到低分為、五個等級某班共有名學生且全部選考物理、化學兩科，這兩科的學業(yè)水平測試成績如圖所示該班學生中，這兩科等級均為的學生有人，這兩科中僅有一科等級為的學生，其另外一科等級為，則該班（ ）A物理化學等級都是的學生至多有人B物理化學等級都是的學生至少有人C這兩科只有一科等級為且

4、最高等級為的學生至多有人D這兩科只有一科等級為且最高等級為的學生至少有人11已知函數，滿足對任意的實數，都有成立，則實數的取值范圍為（ ）ABCD12已知角的終邊經過點,則ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13定義在上的偶函數滿足，且，當時，.已知方程在區(qū)間上所有的實數根之和為.將函數的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象，則_，_.14已知是夾角為的兩個單位向量，若，則與的夾角為_.15如圖，半球內有一內接正四棱錐，該四棱錐的體積為，則該半球的體積為_. 16如圖，已知圓內接四邊形ABCD，其中，則_三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（

5、12分）已知，其中（1）當時，設函數，求函數的極值（2）若函數在區(qū)間上遞增，求的取值范圍；（3）證明：18（12分）已知正數x，y，z滿足xyzt（t為常數），且的最小值為，求實數t的值.19（12分）已知.（1）求不等式的解集；（2）記的最小值為，且正實數滿足.證明：.20（12分）如圖，在平行四邊形中，現沿對角線將折起，使點A到達點P，點M，N分別在直線，上，且A，B，M，N四點共面.（1）求證：；（2）若平面平面，二面角平面角大小為，求直線與平面所成角的正弦值.21（12分）若數列前n項和為，且滿足（t為常數，且）（1）求數列的通項公式：（2）設，且數列為等比數列，令，.求證：.22（1

6、0分）已知橢圓，上頂點為，離心率為，直線交軸于點，交橢圓于，兩點，直線，分別交軸于點，（）求橢圓的方程；（）求證：為定值參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1D【解析】求出命題不等式的解為，是的必要不充分條件，得是的子集，建立不等式求解.【詳解】解：命題，即: ，是的必要不充分條件，解得實數的取值范圍為故選：【點睛】本題考查根據充分、必要條件求參數范圍，其思路方法：(1)解決此類問題一般是把充分條件、必要條件或充要條件轉化為集合之間的關系，然后根據集合之間關系列出關于參數的不等式(組)求解(2)求解參數的取值范圍時， 一

7、定要注意區(qū)間端點值的檢驗2C【解析】，當且僅當 時取等號.故“且 ”是“”的充分不必要條件.選C3C【解析】求出點關于直線的對稱點的坐標，進而可得出圓關于直線的對稱圓的方程，利用二次函數的基本性質求出的最小值，由此可得出，即可得解.【詳解】如下圖所示：設點關于直線的對稱點為點，則，整理得，解得，即點，所以，圓關于直線的對稱圓的方程為，設點，則，當時，取最小值，因此，.故選：C.【點睛】本題考查拋物線上一點到圓上一點最值的計算，同時也考查了兩圓關于直線對稱性的應用，考查計算能力，屬于中等題.4B【解析】由于到直線的距離和等于中點到此直線距離的二倍，所以只需求中點到此直線距離的最大值即可。再得到中

8、點的軌跡是圓，再通過此圓的圓心到直線距離，半徑和中點到此直線距離的最大值的關系可以求出。再通過裂項的方法求的前項和，即可通過不等式來求解的取值范圍.【詳解】由，得，.設線段的中點，則，在圓上，到直線的距離之和等于點到該直線的距離的兩倍，點到直線距離的最大值為圓心到直線的距離與圓的半徑之和，而圓的圓心到直線的距離為，.故選：【點睛】本題考查了向量數量積，點到直線的距離，數列求和等知識，是一道不錯的綜合題.5C【解析】根據并集的求法直接求出結果.【詳解】 ， ，故選C.【點睛】考查并集的求法，屬于基礎題.6B【解析】由f(1)=得a2=,a=或a=-(舍),即f(x)=(.由于y=|2x-4|在(

9、-,2上單調遞減,在2,+)上單調遞增,所以f(x)在(-,2上單調遞增,在2,+)上單調遞減,故選B.7D【解析】因為，所以，因為，所以,.綜上；故選D.8C【解析】根據程序框圖依次計算得到答案.【詳解】，；，；，；，；，此時不滿足，跳出循環(huán)，輸出結果為，由題意，得故選:【點睛】本題考查了程序框圖的計算，意在考查學生的理解能力和計算能力.9B【解析】由題意可得，且，故有，再根據，求得，由可得的最大值，檢驗的這個值滿足條件【詳解】解：函數，為的零點，為圖象的對稱軸，且，、，即為奇數在，單調，由可得的最大值為1當時，由為圖象的對稱軸，可得，故有，滿足為的零點，同時也滿足滿足在上單調，故為的最大值

10、，故選：B【點睛】本題主要考查正弦函數的圖象的特征，正弦函數的周期性以及它的圖象的對稱性，屬于中檔題10D【解析】根據題意分別計算出物理等級為，化學等級為的學生人數以及物理等級為，化學等級為的學生人數，結合表格中的數據進行分析，可得出合適的選項.【詳解】根據題意可知，名學生減去名全和一科為另一科為的學生人（其中物理化學的有人，物理化學的有人），表格變?yōu)椋何锢砘瘜W對于A選項，物理化學等級都是的學生至多有人，A選項錯誤；對于B選項，當物理和，化學都是時，或化學和，物理都是時，物理、化學都是的人數最少，至少為（人），B選項錯誤；對于C選項，在表格中，除去物理化學都是的學生，剩下的都是一科為且最高等級

11、為的學生，因為都是的學生最少人，所以一科為且最高等級為的學生最多為（人），C選項錯誤；對于D選項，物理化學都是的最多人，所以兩科只有一科等級為且最高等級為的學生最少（人），D選項正確.故選：D.【點睛】本題考查合情推理，考查推理能力，屬于中等題.11B【解析】由題意可知函數為上為減函數，可知函數為減函數，且，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】由題意知函數是上的減函數，于是有，解得，因此，實數的取值范圍是故選：B.【點睛】本題考查利用分段函數的單調性求參數，一般要分析每支函數的單調性，同時還要考慮分段點處函數值的大小關系，考查運算求解能力，屬于中等題.12D【解析】因為角的終邊經過點,所以,則,

12、即.故選D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。132 4 【解析】根據函數為偶函數且，所以的周期為，的實數根是函數和函數的圖象的交點的橫坐標，在平面直角坐標系中畫出函數圖象，根據函數的對稱性可得所有實數根的和為，從而可得參數的值，最后求出函數的解析式，代入求值即可.【詳解】解：因為為偶函數且，所以的周期為.因為時，所以可作出在區(qū)間上的圖象，而方程的實數根是函數和函數的圖象的交點的橫坐標，結合函數和函數在區(qū)間上的簡圖，可知兩個函數的圖象在區(qū)間上有六個交點.由圖象的對稱性可知，此六個交點的橫坐標之和為，所以，故.因為，所以.故.故答案為：；【點睛】本題考查函數的奇偶性、周期性、對稱性的

13、應用，函數方程思想，數形結合思想，屬于難題.14【解析】依題意可得，再根據求模，求數量積，最后根據夾角公式計算可得；【詳解】解：因為是夾角為的兩個單位向量所以，又，所以，所以，因為所以；故答案為：【點睛】本題考查平面向量的數量積的運算律，以及夾角的計算，屬于基礎題.15【解析】由題意可知半球的半徑與正四棱錐的高相等，可得正四棱錐的棱與半徑的關系，進而可寫出半球的半徑與四棱錐體積的關系，進而求得結果.【詳解】設所給半球的半徑為，則四棱錐的高，則，由四棱錐的體積，半球的體積為：.【方法點睛】涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點（一般為接、切點）或線作截面，把空間問題轉化為

14、平面問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑（直徑）與該幾何體已知量的關系，列方程（組）求解.16【解析】由題意可知，在和中，利用余弦定理建立方程求，同理求，求，代入求值.【詳解】由圓內接四邊形的性質可得,連接BD，在中，有在中，所以,則，所以連接AC，同理可得,所以所以故答案為：【點睛】本題考查余弦定理解三角形，同角三角函數基本關系，意在考查方程思想，計算能力，屬于中檔題型，本題的關鍵是熟悉圓內接四邊形的性質，對角互補.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）極大值，無極小值；（2）（3）

15、見解析【解析】（1）先求導，根據導數和函數極值的關系即可求出；（2）先求導，再函數在區(qū)間上遞增，分離參數，構造函數，求出函數的最值，問題得以解決；（3）取得到，取，可得，累加和根據對數的運算性和放縮法即可證明.【詳解】解：（1）當時，設函數，則令，解得當時，當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減所以當時，函數取得極大值，即極大值為，無極小值；（2）因為，所以，因為在區(qū)間上遞增，所以在上恒成立，所以在區(qū)間上恒成立當時，在區(qū)間上恒成立，當時，設，則在區(qū)間上恒成立所以在單調遞增，則，所以，即綜上所述（3）由（2）可知當時，函數在區(qū)間上遞增，所以，即，取，則所以所以【點睛】此題考查了參數的取值范圍以及恒

16、成立的問題，以及不等式的證明，構造函數是關鍵，屬于較難題.18t1【解析】把變形為結合基本不等式進行求解.【詳解】因為即，當且僅當，時，上述等號成立，所以，即，又x，y，z0，所以xyzt1【點睛】本題主要考查基本不等式的應用，利用基本不等式求解最值時要注意轉化為適用形式，同時要關注不等號是否成立，側重考查數學運算的核心素養(yǎng).19（1）或；（2）見解析【解析】（1）根據，利用零點分段法解不等式，或作出函數的圖像，利用函數的圖像解不等式；（2）由（1）作出的函數圖像求出的最小值為，可知，代入中，然后給等式兩邊同乘以，再將寫成后，化簡變形，再用均值不等式可證明.【詳解】（1）解法一：1時，即，解得

17、；2時，即，解得；3時，即，解得.綜上可得，不等式的解集為或.解法二：由作出圖象如下：由圖象可得不等式的解集為或.（2）由所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，正實數滿足，則，即，（當且僅當即時取等號）故，得證.【點睛】此題考查了絕對值不等式的解法，絕對值不等式的性質和均值不等式的運用，考查了分類討論思想和轉化思想，屬于中檔題.20（1）證明見解析；（2）【解析】（1）根據余弦定理，可得，利用/，可得/平面，然后利用線面平行的性質定理，/，最后可得結果.（2）根據二面角平面角大小為，可知N為的中點，然后利用建系，計算以及平面的一個法向量，利用向量的夾角公式，可得結果.【詳解】（1）不妨設，則，

18、在中,，則，因為，所以，因為/，且A、B、M、N四點共面，所以/平面.又平面平面，所以/.而，.（2）因為平面平面，且，所以平面，因為，所以平面，因為，平面與平面夾角為，所以，在中，易知N為的中點，如圖，建立空間直角坐標系，則，設平面的一個法向量為，則由，令，得.設與平面所成角為，則.【點睛】本題考查線面平行的性質定理以及線面角，熟練掌握利用建系的方法解決幾何問題，將幾何問題代數化，化繁為簡，屬中檔題.21（1）（2）詳見解析【解析】（1）利用可得的遞推關系，從而可求其通項.（2）由為等比數列可得，從而可得的通項，利用錯位相減法可得的前項和，利用不等式的性質可證.【詳解】（1）由題意，得：（t為常數，且），當時，得，得.由，故，故.（2）由，由為等比數列可知：，又，故，化簡得到，所以或（舍）.所以，則.設的前n項和為.則，相減可得【點睛】數列的通項與前項和 的關系式，我們常利用這個關系式實現與之間的相互轉化. 數列求和關鍵看通項的結構形式，如果通項是等差數列與等比數列的和，則用分組求和法；如果通項是等差數列與等比數列的乘積，則用錯位相減法；如果通項可以拆成一個數列連續(xù)兩項的差，那么用裂