1、上海市松江区2020届高三数学下学期模拟质量监控试题（含解析）一、填空题（本大题共有12题，满分54分）考生应在答题纸上相应编号的空格内直接填写结果，第16题每个空格填对得4分，第712题每个空格填对得5分，否则一律得零分.1.若集合，则_.【答案】【解析】【分析】先解一元二次不等式，得到，再由交集定义，即可得出结果.【详解】因为，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查求集合的交集，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题型.2.已知复数，（i是虚数单位），若是纯虚数，则实数_.【答案】【解析】【分析】根据复数的乘法运算，先求，再由复数类型，即可求出结果.【详解】因为复数，所以，又是纯虚数，所以，
2、解得：.故答案：.【点睛】本题主要考查由复数类型求参数的问题，涉及复数的乘法运算，属于基础题型.3.已知动点P到定点的距离等于它到定直线的距离，则点P的轨迹方程为_.【答案】【解析】【分析】根据抛物线的定义，即可得出结果.【详解】因为动点到定点的距离等于它到定直线的距离，由抛物线的定义，可得点的轨迹是以为焦点，以及为准线的抛物线，设抛物线方程为：，则，即所求轨迹方程为：.故答案为：.【点睛】本题主要考查由定义求抛物线方程，属于基础题型.4.等差数列的前n项和为，若，则_.【答案】28【解析】【分析】根据题意，由等差数列的性质，求出，再由求和公式，即可求出结果.【详解】因为，所以，即，所以.故答
3、案为：.【点睛】本题主要考查等差数列前项和基本量的运算，熟记求和公式与等差数列的性质即可，属于基础题型.5.若的展开式中项的系数为56，则实数_.【答案】【解析】【分析】根据二项展开式通项公式，写出展开式的通项，由题意，列出方程求解，即可得出结果.【详解】因为二项式的展开式的通项为：，令，则，又的系数为56，所以，解得：.故答案为：.【点睛】本题主要考查由指定项系数求参数的问题，熟记二项式定理即可，属于基础题型.6.已知数列的首项，且满足，数列的前n项和为，则_.【答案】2【解析】【分析】根据题意，先确定数列是公比为的等比数列，根据求和公式，求出，进而可求出其极限.【详解】因为，所以，即数列是
4、公比为的等比数列，又，所以数列的前n项和为，因此.【点睛】本题主要考查求等比数列前项和的极限，熟记等比数列的求和公式即可，属于基础题型.7.用半径为2米的半圆形铁片围成一个圆锥形的容器，则这个容器的容积是_立方米.【答案】【解析】【分析】根据题意，先求出容器的表面积，设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，由题中数据求出母线与半径，即可得出圆锥的高，再由体积公式，即可得出结果.【详解】由题意可得，容器的表面积为：，设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，则，圆锥的侧面积为：，所以，因此该圆锥的高，所以，这个圆锥容器的容积为.故答案为：.【点睛】本题主要考查圆锥体积的相关计算，属于基础题型.8.若函数是偶函
5、数，则_【答案】【解析】由题可知，有，则，得9.已知等边的边长为，点是其外接圆上的一个动点，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】以所在直线为轴，以垂直平分线所在直线为轴，建立平面直角坐标系，根据题意求得，再求出三角形外接圆方程，设，根据向量数量积的坐标运算，即可求出结果.【详解】以所在直线为轴，以垂直平分线所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，因为是边长为的等边三角形，所以，则其外接圆的半径为：，则圆心坐标为，则外接圆的方程为：，因为点是上的一个动点，设，则，因此，因为，所以，因此.故答案为：.【点睛】本题主要考查求平面向量数量积的范围，熟记平面向量数量积的坐标表示即可，属于常考题
6、型.10.已知函数，若对于任意的，总存在，使得，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】先由题意，根据余弦函数的值域，求出，再由题意，得到的取值范围应包含；根据预先函数的性质，得到为使取最小值，只需函数在上单调，分函数单调递增与单调递减两种情况，分别求解，即可得出结果.【详解】因为，所以，因此；则；因为对于任意的，总存在，使得，所以的取值范围应包含，根据余弦函数的性质，为使取最小值，只需函数在上单调，若函数在上单调递增；则，所以，即，则的最小值为；若函数在上单调递减；则，所以，即，则的最小值为；故的最小值为.【点睛】本题主要考查余弦三角函数的应用，熟记余弦函数的性质即可，属于常考题型.11.已
7、知集合，元素成为集合的特征元素，对于中的元素与，定义：.当时，若a是集合中的非特征元素，则的概率为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，先得到，分别确定中有“个，个，个，个，个，个，个，个，个”所对应的基本事件个数，确定所包含的基本事件个数，基本事件个数比即为所求概率.【详解】由题意，当时，则，又，所以取值只能为或；当中有个时，此时共包含个基本事件；当中有个时，此时共包含个基本事件；当中有个时，此时共包含个基本事件；当中有个时，此时共包含个基本事件；当中有个时，此时共包含个基本事件；当中有个时，此时共包含个基本事件；当中有个时，此时共包含个基本事件；当中有个时，此时共包含个基本事件；当中有个时
8、，此时共包含个基本事件；因此的概率为.故答案为：.【点睛】本题主要考查求古典概型的概率，涉及组合数的运算，属于常考题型.12.已知函数（且a为常数）和（且k为常数），有以下命题:当时，函数没有零点；当时，若恰有3个不同的零点，则；对任意的，总存在实数，使得有4个不同的零点，且成等比数列.其中的真命题是_（写出所有真命题的序号）【答案】【解析】【分析】根据题意，将函数的零点个数问题，转换为对应函数图像的交点个数问题，分别判断，两种情况下，函数零点的个数情况，即可判断出结果；根据题意，先令，画出函数的图像，结合函数零点个数以及函数图像，判断方程根的分布情况，以及方程根的个数情况，即可判断出结果；根
9、据题意，只需判断出时，函数零点个数不一定是个，即可得出结果.【详解】因为，由得，函数的零点，即是函数图像与直线交点的横坐标，当时，恒成立，因为，所以时，函数显然没有零点；当时，由得，即，即，因为，所以恒成立，若时，函数可能有零点；若，函数没有零点；故错；当时，因为恰有个不同零点，令，则关于的方程有两个不同的实数解，记作，不妨令；做出函数的图像如下：由图像可得：当时，与有个交点；当时，与有个交点；因为函数恰有个不同零点，则有个根，记作；有个根，记作（不妨令）；所以只需，因此，所以；，因此；故正确；由，得；所以函数与图像交点个数，即为函数的零点个数；由中图像可知：当时，与在上有个交点，即函数在上有
10、个零点；当时，若，则函数在上单调递增，因此函数与在上最多只有个交点，即函数在上最多只有个零点；不满足存在实数，使得有4个不同的零点；若，由基本不等式可得：，即时，；若，则函数与在上最多只有个交点，也不满足对任意的，总存在实数，使得有4个不同的零点.故错.故答案为：.【点睛】本题主要考查判断命题的真假，考查分段函数的应用，考查函数零点的应用，灵活运用数形结合的思想，即可求解，属于常考题型.二、选择题（本大题共有4题，满分20分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分.13.若O为坐标原点，P是直线上的动点，则的最小值为( )A.
11、B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】根据题意，求的最小值，只需与直线垂直，再由点到直线距离公式，即可求出结果.【详解】由题意，为使取最小值，只需与直线垂直；由点到直线距离公式可得：.故选：B.【点睛】本题主要考查求直线上的动点到定点距离的最值问题，熟记点到直线距离公式即可，属于基础题型.14.若成立的一个充分不必要条件是，则实数a的取值范围是( )A. B. C. D. 或【答案】A【解析】【分析】先解不等式得，根据题意，得到是的真子集；进而可求出结果.【详解】由得，因为成立的一个充分不必要条件是，所以是的真子集，因此或，解得：.故选：A.【点睛】本题主要考查由命题的充分不必要条件求
12、参数的问题，属于基础题型.15.在正方体中，P，Q两点分别从点B和点出发，以相同的速度在棱BA和上运动至点A和点，在运动过程中，直线PQ与平面ABCD所成角的变化范围为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先过点作于点，连接，根据题意，得到即为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，设，推出，进而可求出结果.【详解】过点作于点，连接，因为四棱柱为正方体，所以易得平面，因此即为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，设，则，因为两点分别从点和点出发，以相同的速度在棱和上运动至点和点，所以，因此，所以，因为，所以，则，因此.故选：C.【点睛】本题主要考查求线面角的取值范围，熟记线面角的定
13、义即可，属于常考题型.16.已知实数，且，则当取得最大值时，这100个数中，值为1的个数为( )A. 50个B. 51个C. 52个D. 53个【答案】B【解析】【分析】先由题意得到，为使取得最大值，只需中取的数最多，再由得到最大时，中只能有个数取，假设中有个，再由题意列出不等式求解，即可得出结果.【详解】因为实数，为使取得最大值，只需中取的数最多；又，所以不能都取；因此最大时，中只能有个数取，不妨令，则，假设中有个，则有个，所以，即，因为，所以，即，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查由一组数的平方和取最值求变量取值问题，属于不等式的拓展应用，属于中档试题.三、解答题（本大题满分76分）本大
14、题共有5题，解答下列各题必须在答题纸上相应编号的规定区域内写出必要的步骤.17.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是正方形，底面ABCD，E是侧棱的中点.（1）求异面直线AE与PD所成的角；（2）求点B到平面ECD的距离【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）连接，交点记作，连接，根据题意，得到即为异面直线与所成的角，或所成角的补角，由题中数据，确定为等边三角形，即可得出结果；（2）取中点为，连接，根据等体积法求解，即可得出结果.【详解】（1）连接，交点记作，连接，因为四棱锥底面是正方形，所以为的中点，又是的中点，所以，因此即为异面直线与所成的角，或所成角的补角，因底面，所以，因此为等边
15、三角形，所以，即异面直线与所成的角为；（2）取中点为，连接，则，因为底面，所以底面；又，所以；同理，所以，因此；所以；设点到平面的距离为，由得，所以，即点到平面的距离为.【点睛】本题主要考查求异面直线所成的角，求点到面的距离，灵活运用几何法求解即可，属于常考题型.18.已知函数.（1）求的最大值和最小正周期T；（2）在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知，且，求面积的最大值.【答案】（1）最大值为，；（2）.【解析】【分析】（1）先将函数化简整理，得到，根据正弦函数的性质， 即可求出最大值与最小正周期；（2）先由，求出；再根据余弦定理与基本不等式，得到，由三角形面积公式，即可求出结果
16、.【详解】（1）因为，所以当时，取得最大值；最小正周期；（2）因，由（1）得，即，所以；又三角形内角，所以；因为，由余弦定理可得：，即，当且仅当时，取等号；所以；即面积的最大值为.【点睛】本题主要考查求三角函数的最值与最小正周期，考查求三角形面积的最值；熟记正弦函数的性质，余弦定理，三角形面积公式等即可，属于常考题型.19.新冠肺炎疫情造成医用防护服紧缺，当地政府决定为防护服生产企业A公司扩大生产提供（万元）的专项补贴，并以每套80元的价格收购其生产的全部防护服.A公司在收到政府x（万元）补贴后，防护服产量将增加到（万件），其中k为工厂工人的复工率，A公司生产t万件防护服还需投入成本（万元）.
17、（1）将A公司生产防护服的利润y（万元）表示为补贴x（万元）的函数；（2）对任意的（万元），当复工率k达到多少时，A公司才能不产生亏损？（精确到0.01）【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，由利润等于收入减去成本，即可列出函数关系；（2）根据（1）的结果，由题意，只需在上恒成立，即在上恒成立，根据函数单调性，求出的最大值，即可得出结果.【详解】（1）因为公司生产万件防护服还需投入成本，政府以每套80元的价格收购其生产的全部防护服，且提供（万元）的专项补贴，所以，公司生产防护服的利润；（2）为使公司不产生亏损，只需利润在上恒成立；即在上恒成立；因为，令，因为，所以，记，任取，
18、则因为，所以，即，所以，即，所以函数在上单调递增；因此，即的最大值为；所以只需，即.【点睛】本题主要考查函数模型的应用，熟记函数的单调性，会根据单调性求函数最值是解题的关键，属于常考题型.20.如图，已知椭圆M：经过圆N：与x轴的两个交点和与y轴正半轴的交点.（1）求椭圆M的方程；（2）若点P为椭圆M上的动点，点Q为圆N上的动点，求线段PQ长的最大值；（3）若不平行于坐标轴的直线交椭圆M于A、B两点，交圆N于C、D两点，且满足求证:线段AB的中点E在定直线上.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据圆的方程求出圆与坐标轴的交点坐标，再根据题意，即可求出椭圆方程；（2
19、）先由椭圆方程，设，根据两点间距离公式，先求出点到圆圆心的距离，根据圆的特征，得到（其中为圆的半径），即可求出结果；（3）先设，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理得到其中点坐标为；再由题意，得到，推出，求出与的关系式，进而可求出结果.【详解】（1）因为圆：，令，则或，所以圆与轴正半轴的交点为；令，则，即圆与轴的两个交点为，因为椭圆经过圆与轴的两个交点和与轴正半轴的交点，所以，即椭圆方程为：；（2）由（1）可设，则点到圆的圆心的距离为：，当且仅当时，等号成立；又点为圆上的动点，由圆的性质可得：（其中为圆的半径）；（3）设，直线的方程为，由消去得，整理得：，所以，所以，所以中点的坐标为
20、：；因为直线交圆于点，且，因此也是的中点；根据圆的性质可得：，所以，即，整理得，所以，因此点在定直线上.【点睛】本题主要考查求椭圆的方程，求两动点距离的最值问题，以及证明点在定直线上；属于常考题型，计算量较大.21.已知函数的定义域为D，若存在实常数及，对任意，当且时，都有成立，则称函数具有性质.（1）判断函数是否具有性质，并说明理由；（2）若函数具有性质，求及应满足的条件；（3）已知函数不存在零点，当时具有性质（其中，），记，求证:数列为等比数列的充要条件是或.【答案】（1）不具备，理由见解析；（2）时，且；时，；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）先假设函数具有性质，根据题意求出，与矛
21、盾，即可判断出结果；（2）根据题意，得到，推出，求解，即可得出结果；（3）根据题意，先得到，根据等比数列的定义，以及数学归纳法，分别证明必要性和充分性，即可证明结论成立.【详解】（1）若函数具有性质；则即，所以，即，与矛盾，所以函数不具有性质；（2）若函数具有性质，则，即，即，所以，因此，即，解得：或；所以 或；当时，且，所以且；当时，所以；（3）因为函数在时具有性质（其中，），所以，又函数不存在零点，所以，；下面证明必要性：若数列为等比数列，则，又，所以，因此，所以，即或；接下来证明充分性：若，因为，所以，因此；猜想：；用数学归纳法证明如下：当时，显然成立；假设时，成立，成立；则当时，由得，所以，即，所以，即时，也成立，由可得，恒成立；即数列为公比是的等比数列；同理：时，数列为公比是的等比数列；综上，数列为等比数列的充要条件是或.【点睛】本题主要考查函数性质的拓展，以及充要条件的证明，涉及等比数列的概念，以及余弦函数的性质等，难度较大.
