2022年上海市長寧區(qū)市級名校高三考前熱身數學試卷含解析

2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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。1．已知函數，，若對任意的，存在實數滿足，使得，則的最大值是()A．3 B．2 C．4 D．52．如圖所示，用一邊長為的正方形硬紙，按各邊中點垂直折起四個小三角形，做成一個蛋巢，將體積為的雞蛋（視為球體）放入其中，蛋巢形狀保持不變，則雞蛋（球體）離蛋巢底面的最短距離為（）A． B．C． D．3．已知向量，，則與的夾角為（）A． B． C． D．4．已知，如圖是求的近似值的一個程序框圖，則圖中空白框中應填入A． B．C． D．5．已知數列是以1為首項，2為公差的等差數列，是以1為首項，2為公比的等比數列，設，，則當時，的最大值是（）A．8 B．9 C．10 D．116．某校為提高新入聘教師的教學水平，實行“老帶新”的師徒結對指導形式，要求每位老教師都有徒弟，每位新教師都有一位老教師指導，現選出3位老教師負責指導5位新入聘教師，則不同的師徒結對方式共有（）種.A．360 B．240 C．150 D．1207．如圖示，三棱錐的底面是等腰直角三角形，，且，，則與面所成角的正弦值等于（）A． B． C． D．8．若的內角滿足，則的值為（）A． B． C． D．9．甲乙兩人有三個不同的學習小組，，可以參加，若每人必須參加并且僅能參加一個學習小組，則兩人參加同一個小組的概率為（）A．B．C．D．10．設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是A．α內有無數條直線與β平行B．α內有兩條相交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線D．α，β垂直于同一平面11．函數的圖像大致為（）.A． B．C． D．12．在中，在邊上滿足，為的中點，則（）.A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知集合，，則____________．14．從編號為，，，的張卡片中隨機抽取一張，放回后再隨機抽取一張，則第二次抽得的卡片上的數字能被第一次抽得的卡片上數字整除的概率為_____________.15．若函數為偶函數，則．16．下表是關于青年觀眾的性別與是否喜歡綜藝“奔跑吧，兄弟”的調查數據，人數如下表所示：不喜歡喜歡男性青年觀眾4010女性青年觀眾3080現要在所有參與調查的人中用分層抽樣的方法抽取個人做進一步的調研，若在“不喜歡的男性青年觀眾”的人中抽取了8人，則的值為______.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．（12分）已知函數，將的圖象向左移個單位，得到函數的圖象.（1）若，求的單調區(qū)間；（2）若，的一條對稱軸是，求在的值域.18．（12分）如圖所示，三棱柱中，平面，點，分別在線段，上，且，，是線段的中點.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）若，，，求直線與平面所成角的正弦值.19．（12分）已知函數，其中．（1）①求函數的單調區(qū)間；②若滿足，且．求證：．（2）函數．若對任意，都有，求的最大值．20．（12分）如圖，四棱錐中，底面是矩形，面底面，且是邊長為的等邊三角形，在上，且面.（1）求證:是的中點；（2）在上是否存在點，使二面角為直角？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.21．（12分）已知拋物線的頂點為原點，其焦點關于直線的對稱點為，且.若點為的準線上的任意一點，過點作的兩條切線，其中為切點.（1）求拋物線的方程；（2）求證：直線恒過定點，并求面積的最小值.22．（10分）[選修4-5：不等式選講]設函數.（1）求不等式的解集；（2）已知關于的不等式在上有解，求實數的取值范圍.

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。1．A【解析】

根據條件將問題轉化為，對于恒成立，然后構造函數，然后求出的范圍，進一步得到的最大值.【詳解】，，對任意的，存在實數滿足，使得，易得，即恒成立，，對于恒成立,設，則，令，在恒成立，，故存在，使得，即，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.,將代入得：，，且，故選：A【點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性，零點存在定理和不等式恒成立問題，考查了轉化思想，屬于難題.2．D【解析】因為蛋巢的底面是邊長為的正方形，所以過四個頂點截雞蛋所得的截面圓的直徑為，又因為雞蛋的體積為，所以球的半徑為，所以球心到截面的距離，而截面到球體最低點距離為，而蛋巢的高度為，故球體到蛋巢底面的最短距離為.點睛:本題主要考查折疊問題，考查球體有關的知識.在解答過程中，如果遇到球體或者圓錐等幾何體的內接或外接幾何體的問題時，可以采用軸截面的方法來處理.也就是畫出題目通過球心和最低點的截面，然后利用弦長和勾股定理來解決.球的表面積公式和體積公式是需要熟記的.3．B【解析】

由已知向量的坐標，利用平面向量的夾角公式，直接可求出結果.【詳解】解：由題意得，設與的夾角為，，由于向量夾角范圍為：，∴.故選：B.【點睛】本題考查利用平面向量的數量積求兩向量的夾角，注意向量夾角的范圍.4．C【解析】

由于中正項與負項交替出現，根據可排除選項A、B；執(zhí)行第一次循環(huán)：，①若圖中空白框中填入，則，②若圖中空白框中填入，則，此時不成立，；執(zhí)行第二次循環(huán)：由①②均可得，③若圖中空白框中填入，則，④若圖中空白框中填入，則，此時不成立，；執(zhí)行第三次循環(huán)：由③可得，符合題意，由④可得，不符合題意，所以圖中空白框中應填入，故選C．5．B【解析】

根據題意計算，，，解不等式得到答案.【詳解】∵是以1為首項，2為公差的等差數列，∴.∵是以1為首項，2為公比的等比數列，∴.∴.∵，∴，解得.則當時，的最大值是9.故選：.【點睛】本題考查了等差數列，等比數列，f分組求和，意在考查學生對于數列公式方法的靈活運用.6．C【解析】

可分成兩類，一類是3個新教師與一個老教師結對，其他一新一老結對，第二類兩個老教師各帶兩個新教師，一個老教師帶一個新教師，分別計算后相加即可．【詳解】分成兩類，一類是3個新教師與同一個老教師結對，有種結對結對方式，第二類兩個老教師各帶兩個新教師，有．∴共有結對方式60＋90＝150種．故選：C．【點睛】本題考查排列組合的綜合應用．解題關鍵確定怎樣完成新老教師結對這個事情，是先分類還是先分步，確定方法后再計數．本題中有一個平均分組問題．計數時容易出錯．兩組中每組中人數都是2，因此方法數為．7．A【解析】

首先找出與面所成角，根據所成角所在三角形利用余弦定理求出所成角的余弦值，再根據同角三角函數關系求出所成角的正弦值.【詳解】由題知是等腰直角三角形且，是等邊三角形，設中點為，連接，，可知，，同時易知，，所以面，故即為與面所成角，有，故.故選：A.【點睛】本題主要考查了空間幾何題中線面夾角的計算，屬于基礎題.8．A【解析】

由，得到，得出，再結合三角函數的基本關系式，即可求解.【詳解】由題意，角滿足，則，又由角A是三角形的內角，所以，所以，因為，所以.故選：A.【點睛】本題主要考查了正弦函數的性質，以及三角函數的基本關系式和正弦的倍角公式的化簡、求值問題，著重考查了推理與計算能力.9．A【解析】依題意，基本事件的總數有種，兩個人參加同一個小組，方法數有種，故概率為.10．B【解析】

本題考查了空間兩個平面的判定與性質及充要條件，滲透直觀想象、邏輯推理素養(yǎng)，利用面面平行的判定定理與性質定理即可作出判斷．【詳解】由面面平行的判定定理知：內兩條相交直線都與平行是的充分條件，由面面平行性質定理知，若，則內任意一條直線都與平行，所以內兩條相交直線都與平行是的必要條件，故選B．【點睛】面面平行的判定問題要緊扣面面平行判定定理，最容易犯的錯誤為定理記不住，憑主觀臆斷，如：“若，則”此類的錯誤．11．A【解析】

本題采用排除法:由排除選項D；根據特殊值排除選項C;由,且無限接近于0時,排除選項B；【詳解】對于選項D:由題意可得,令函數,則,;即.故選項D排除;對于選項C：因為,故選項C排除;對于選項B:當,且無限接近于0時,接近于,，此時.故選項B排除;故選項:A【點睛】本題考查函數解析式較復雜的圖象的判斷;利用函數奇偶性、特殊值符號的正負等有關性質進行逐一排除是解題的關鍵;屬于中檔題.12．B【解析】

由，可得，，再將代入即可.【詳解】因為，所以，故.故選：B.【點睛】本題考查平面向量的線性運算性質以及平面向量基本定理的應用，是一道基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

由于，，則．14．【解析】

基本事件總數，第二次抽得的卡片上的數字能被第一次抽得的卡片上數字的基本事件有8個，由此能求出概率.【詳解】解：從編號為，，，的張卡片中隨機抽取一張，放回后再隨機抽取一張，基本事件總數，第二次抽得的卡片上的數字能被第一次抽得的卡片上數字的基本事件有8個，分別為：，，，，，，，.所以第二次抽得的卡片上的數字能被第一次抽得的卡片上數字整除的概率為.故答案為.【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型、列舉法等基礎知識，屬于基礎題.15．1【解析】試題分析：由函數為偶函數函數為奇函數，．考點：函數的奇偶性．【方法點晴】本題考查導函數的奇偶性以及邏輯思維能力、等價轉化能力、運算求解能力、特殊與一般思想、數形結合思想與轉化思想，具有一定的綜合性和靈活性，屬于較難題型．首先利用轉化思想，將函數為偶函數轉化為函數為奇函數，然后再利用特殊與一般思想，取．16．32【解析】

由已知可得抽取的比例，計算出所有被調查的人數，再乘以抽取的比例即為分層抽樣的樣本容量.【詳解】由題可知，抽取的比例為，被調查的總人數為人，則分層抽樣的樣本容量是人.故答案為：32【點睛】本題考查分層抽樣中求樣本容量，屬于基礎題.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）增區(qū)間為，減區(qū)間為；（2）.【解析】

（1）由題意利用三角函數圖象變換規(guī)律求得的解析式，然后利用余弦函數的單調性，得出結論；（2）由題意利用余弦函數的圖象的對稱性求得，再根據余弦函數的定義域和值域，得出結論．【詳解】由題意得（1）向左平移個單位得到，增區(qū)間：解不等式，解得，減區(qū)間：解不等式，解得.綜上可得，的單調增區(qū)間為，減區(qū)間為；（2）由題易知，，因為的一條對稱軸是，所以，，解得，.又因為，所以，即.因為，所以，則，所以在的值域是.【點睛】本題主要考查三角函數圖象變換規(guī)律，余弦函數圖象的對稱性，余弦函數的單調性和值域，屬于中檔題．18．（Ⅰ）證明見詳解；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）取中點為，根據幾何關系，求證四邊形為平行四邊形，即可由線線平行推證線面平行；（Ⅱ）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得直線的方向向量和平面的法向量，即可求得線面角的正弦值.【詳解】（Ⅰ）取的中點，連接，.如下圖所示：因為，分別是線段和的中點，所以是梯形的中位線，所以.又，所以.因為，，所以四邊形為平行四邊形，所以.所以，.所以四邊形為平行四邊形，所以.又平面，平面，所以平面.（Ⅱ）因為，且平面，故可以為原點，的方向為軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，如下圖所示：不妨設，則，所以，，，，.所以，，.設平面的法向量為，則所以可取.設直線與平面所成的角為，則.故可得直線與平面所成的角的正弦值為.【點睛】本題考查由線線平行推證線面平行，以及用向量法求解線面角，屬綜合中檔題.19．（1）①單調遞增區(qū)間，，單調遞減區(qū)間；②詳見解析；（2）.【解析】

(1)①求導可得,再分別求解與的解集,結合定義域分析函數的單調區(qū)間即可.②根據(1)中的結論,求出的表達式,再分與兩種情況,結合函數的單調性分析的范圍即可.(2)求導分析的單調性,再結合單調性,設去絕對值化簡可得,再構造函數,,根據函數的單調性與恒成立問題可知,再換元表達求解最大值即可.【詳解】解：,由可得或,由可得,故函數的單調遞增區(qū)間,,單調遞減區(qū)間；,或,若,因為,故,,由知在上單調遞增,,若由可得x1,因為,所以,由在上單調遞增,綜上．時,,在上單調遞減,不妨設由(1)在上單調遞減,由,可得,所以,令,,可得單調遞減,所以在上恒成立,即在上恒成立,即,所以,,所以的最大值．【點睛】本題主要考查了分類討論分析函數單調性的問題,同時也考查了利用導數求解函數不等式以及構造函數分析函數的最值解決恒成立的問題.需要根據題意結合定義域與單調性分析函數的取值范圍與最值等.屬于難題.20．(1)見解析;(2).【解析】試題分析：(1)連交于可得是中點，再根據面可得進而根據中位線定理可得結果；(2)取中點，由（1）知兩兩垂直.以為原點，所在直線分別為軸,軸，軸建立空間直角坐標系，求出面的一個法向量，用表示面的一個法向量，由可得結果.試題解析：(1)證明：連交于，連是矩形，是中點.又面，且是面與面的交線，是的中點.(2)取中點，由（1）知兩兩垂直.以為原點，所在直線分別為軸，