上海市奉贤区2020届高三数学二模考试试题（含解析）.doc

1、上海市奉贤区2020届高三数学二模考试试题（含解析）一. 填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）1.球的表面积为，则球的体积为_.【答案】【解析】【详解】2.已知圆的参数方程为，则此圆的半径是_【答案】2【解析】【分析】化为直角坐标方程可得其圆心和半径【详解】解：由得，所以此圆的圆心为，半径为故答案为：2【点睛】此题考查的是参数方程的有关知识，属于基础题3.设（为虚数单位），若，则实数_【答案】【解析】【分析】直接代入化简求解【详解】解：由和得，所以，解得，故答案为：【点睛】此题考查的是复数的运算，属于基础题4.已知为曲线上位于第一象限内的点，、分别为的两焦点，若

2、是直角，则点坐标为_【答案】【解析】【分析】若设，结合椭圆的定义和直角三角形可得，从而可求出，然后将的值代入椭圆方程中可求出【详解】解：曲线是焦点在轴上的椭圆，其中，则，得，设，因为是直角，所以，解得，将代入椭圆方程中得，解得（负根舍去）所以点的坐标为，故答案为：【点睛】此题考查的是椭圆的定义和性质，属于基础题5.已知O是坐标原点，点A（1，1），若点M（x，y）为平面区域上的一个动点，则的最大值是_【答案】2【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，结合向量数量积坐标公式，将结论进行转化，利用数形结合进行求解即可.【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：则x+y，设zx+y，则yx+z，平

3、移直线yx+z，当直线yx+z经过点A时，直线yx+z的截距最大，此时z最大，由得，得A（0，2），此时z0+22，故的最大值是2，故答案是：2.【点睛】该题考查的是有关线性规划的问题，涉及到的知识点有一元二次不等式组表示的平面区域，向量数量积坐标公式，线性目标函数的最值，在解题的过程中，注意观察目标函数的类型，属于简单题目.6.从4男2女六名志愿者中任选三名参加某次公益活动，则选出的三名志愿者中既有男志愿者又有女志愿者的概率是_（结果用数值表示）【答案】【解析】【分析】从4男2女六名志愿者中任选三名，其中既有男志愿者又有女志愿者，所以分两种情况：（1）1男2女；（2）2男1女求解【详解】解：

4、从4男2女六名志愿者中任选三名共有种方法，而所选的3名中既有男志愿者又有女志愿者，分两种情况：第一种1男2女，有种；第二种2男1女，有种，所以所求的概率为故答案为：【点睛】此题考查的是古典概率的求法，属于基础题7.中，则A的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由正弦定理将sin2Asin2Bsin2Csin Bsin C 变为，然后用余弦定理推论可求，进而根据余弦函数的图像性质可求得角A的取值范围【详解】因为sin2Asin2Bsin2Csin Bsin C，所以，即 所以 ，因为，所以【点睛】在三角形中，已知边和角或边、角关系，求角或边时，注意正弦、余弦定理运用条件只有角的正弦时，可用正弦定

5、理的推论，将角化为边8.已知等差数列的各项不为零，且、成等比数列，则公比是_【答案】1或【解析】【分析】由、成等比数列，列方程找出，从而可求出公比【详解】解：设等差数列的公差为，因为、成等比数列，所以，即，化简得， 或当时，等差数列的每一项都相等，所以、成等比数列时的公比为1当时，所以，所以等比数列的公比为1或5故答案为：1或【点睛】此题考查的是等差数列和等比数列的基本量的运算，属于基础题9.如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是_【答案】【解析】【详解】试题分析：分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，即异面直线A1M与DN所成角的大小是考点：异面直线所成的角

6、10.集合，若，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先分别求出集合，再由列不等式可求出的取值范围【详解】解：由得，且，解得，所以集合，由得，所以集合，因为，所以或，解得或故答案为：【点睛】此题考查的是解分式不等式，解绝对值不等式，集合的交集运算，属于中档题11.三个同学对问题“已知，且，求的最小值”提出各自的解题思路：甲：，可用基本不等式求解；乙：，可用二次函数配方法求解；丙：，可用基本不等式求解；参考上述解题思路，可求得当_时，（，）有最小值【答案】【解析】【分析】由得，然后利用丙的思路求解即可【详解】解：因为，所以所以当且仅当时，取等号即当时，有最小值故答案为：【点睛】此题考查的是

7、利用基本不等式求最值，属于中档题12.在平面直角坐标系内有两点，点在抛物线上，为抛物线的焦点，若，则_【答案】，【解析】【分析】由点在抛物线上，所以将点坐标代入抛物线方程中，可得到与的关系，由可得点的坐标为，准线方程为，所以，而，由列方程可求出的值【详解】解：因为点在抛物线上，所以，得，因为抛物线的焦点为，准线为所以，因为，所以，因为，所以，所以，所以或化简得或，解得或或，因为，所以，故答案为：，【点睛】此题考查抛物线的性质，属于中档题二. 选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13.某校为了了解学生的课外阅读情况，随机调查了50名学生，得到他们在某一天各自课外阅读所用时间的数据，结果用如

8、图的条形图表示，根据条形图可得这50名学生这一天平均每人的课外阅读时间为（ ）A. 1.5小时B. 1.0小时C. 0.9小时D. 0.6小时【答案】C【解析】【分析】直接利用加权平均数公式求解【详解】解：由题意得，50名学生这一天平均每人的课外阅读时间为故选：C【点睛】此题考查的是利用条形图中的数据求平均数，属于基础题14.如图，圆的半径为1，是圆上的定点，是圆上的动点，角的始边为射线，终边为射线，过点作直线的垂线，垂足为，将点到直线的距离表示成的函数，则在上的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】计算函数的表达式，对比图像得到答案.【详解】根据题意知：到直线的距离

9、为： 对应图像为B故答案选B【点睛】本题考查了三角函数的应用，意在考查学生的应用能力.15.设函数，其中，且，若，则（ ）A. 1B. C. D. 或【答案】C【解析】【分析】由已知可得，得，所以，从而可求出的值【详解】解：因为，所以，因，所以，所以，所以，故选：C【点睛】此题考查的是对数函数，极限的运算等知识，属于基础题三. 解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）16.如图，已知正四棱柱中，底面边长，侧棱，过点作的垂线交侧棱于点，交于点.（1）求的长；（2）求与平面所成的线面角.【答案】（1）1；（2）.【解析】【分析】（1）由，可得，从而得，再将已知的数据代入可得的

10、长；（2）如图建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，然后利用向量的夹角公式求出与平面所成的线面角【详解】解：因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以又因为，所以解得（2）如图，以为坐标原点，分别以射线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则所以，设平面的法向量为，则所以，令，则所以，设与平面所成的角为，则所以所以与平面所成的线面角为【点睛】此题考查的是几何图形中的计算，利用空间向量求线面角，属于中档题17.已知向量，（，），令（）.（1）化简，并求当时方程的解集；（2）已知集合，是函数与定义域的交集且不是空集，判断元素与集合的关系，说明理由.【答案】（1），或，；（2）时，时，【解析】【分析】（

11、1）直接将向量，代入中化简，可求出的解析式，再解方程即可；（2）由化简变形可得结果.【详解】解：（1）因，所以，当时，由得，解得或，所以方程的解集为或（2）当时，化简得， 解得，所以当时，当时，【点睛】此题考查向量的数量积和向量的加法运算，考查了三角函数恒等变形公式，属于中档题.18.甲、乙两地相距300千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不超过100千米/小时，已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度（千米/小时）的平方成正比，比例系数为（），固定部分为1000元.（1）把全程运输成本（元）表示为速度（千米/小时）的函数，并指出这个函数的定义域；（2）为

12、了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？【答案】（1），；（2）当时，时，时最小.【解析】【分析】(1)全程运输成本有两部分组成,将其分别表示出来依题意建立起全程运输成本 (元)表示为速度 (千米/时)的倍数,由题设条件速度不得超过70千米/时,故定义域为;(2)由(1)知,全程运输成本关于速度的函数表达式中出现了积为定值的情形，由于等号成立的条件有可能不成立,故求最值的方法不确定，对速度的范围进行分类讨论【详解】解：（1）由题意得，全程运输成本，（2）因为所以当且仅当时取等号，即 当时，即时时，最小 当时，即时，在上单调递减则时，最小【点睛】此题考查建立函数关系、不等式的性质、最大值、最

13、小值等知识，考查综合应用数学知识、思想和方法解决问题的能力，属于中档题19.直线上的动点到点的距离是它到点的距离的3倍.（1）求点的坐标；（2）设双曲线的右焦点是，双曲线经过动点，且，求双曲线的方程；（3）点关于直线的对称点为，试问能否找到一条斜率为（）的直线与（2）中的双曲线交于不同的两点、，且满足，若存在，求出斜率的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由于点在直线上，所以设点的坐标为，然后由到点的距离是它到点的距离的3倍列方程求出，从而可得点的坐标；（2）由可知，由此可，再将点坐标代入双曲线方程中，解方程组可得；（3）由可知线段的中垂线过点

14、，再利用两直线斜率的关系可得结果.【详解】解：（1）因为点在直线上，所以设点的坐标为，因为到点的距离是它到点的距离的3倍，所以所以，化简得，解得所以所以点的坐为；（2）因为，所以，所以点的坐标为，即因为点在双曲线上，所以，由，得，所以双曲线方程为（3）因为点关于直线的对称点为，所以点的坐标为，设直线为为，由得，因为直线与双曲线交于不同的两点，所以，化简得，由根与系数的关系得，所以，所以线段的中点为，因为，所以，化简得，所以，得，解得或，又因为，所以解得的取值范围为【点睛】此题考查的是直线与双曲线的位置关系，点关于直线的对称问题，属于较难题20.两个数列、，当和同时在时取得相同的最大值，我们称与

15、具有性质，其中.（1）设的二项展开式中的系数为（），记，依次下去，组成的数列是；同样地，的二项展开式中的系数为（），记，依次下去，组成的数列是；判别与是否具有性质，请说明理由；（2）数列的前项和是，数列的前项和是，若与具有性质，则这样的数列一共有多少个？请说明理由；（3）两个有限项数列与满足，且，是否存在实数，使得与具有性质，请说明理由.【答案】（1）不具有；见解析（2）102；见解析（3）见解析，.【解析】【分析】（1）展开式中系数最大项为，然后再判断展开式中的系数是否是最大值，即可得结果；（2）令，则，结合，求得，求得的最大值，由与具有性质，可得时，由，结合求得的范围，再由是等差数列，可得，然后联立，解出数列的个数；（3）由进行迭代，可得，因为与具有性质，所以，从而可【详解】解：（1）展开式的通项为，则数列的通项为故数列中的最大值为展开式的通项为，而当时，得，所以与不具有性质（2）令，则，由，即，解得，因为，所以当时，,因为 与具有性质，所以时，因，所以，因为，所以，由，解得共有102个数列；（3）因为，当，时，所以当时，符合上式所以，因为与是有限项数列，所以一定存在最大项，设，因为与具有性质，所以，显然成立，假设，则显然，矛盾同理，也矛盾，所以【点睛】此题考查了二项式定理、数列求和、不等式的性质等性质，综合性强，考查了运算能力，属于难题.