1、上海市松江区2020届高三数学12月一模考试试题（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.已知集合，则_【答案】【解析】【分析】求解不等式化简集合A，再由交集的运算性质得答案【详解】由集合A得,所以故答案为【点睛】本题考查了交集及其运算，是基础题2.若角的终边过点，则的值为_.【答案】【解析】【分析】由题意可得 x4，y3，r5，再由任意角的三角函数的定义可得 ，由诱导公式化简，代入即可求解【详解】解：角的终边过点P（4，3），则 x4，y3，r5，【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，两点间的距离公式的应用，属于基础题3.设，则_.【答案】1
2、.【解析】分析：首先求得复数z，然后求解其模即可.详解：由复数的运算法则有：，则：.点睛：本题主要考查复数的运算法则，复数模的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4.的展开式中项的系数为_【答案】40【解析】【分析】根据二项定理展开式，求得r的值，进而求得系数【详解】根据二项定理展开式的通项式得 所以 ，解得 所以系数【点睛】本题考查了二项式定理的简单应用，属于基础题5.已知椭圆的左、右焦点分别为、，若椭圆上的点满足，则_【答案】【解析】【分析】根据椭圆定义，得到，再由题中条件，即可得出结果.【详解】由题意，在椭圆中，又，所以，因此.故答案为：【点睛】本题主要考查椭圆上的点到焦点
3、的距离，熟记椭圆的定义即可，属于基础题型.6.若关于、的二元一次方程组无解，则实数_【答案】【解析】【分析】根据方程组无解，得到直线与直线平行，根据两直线平行的充要条件，即可求出结果.【详解】因为关于、的二元一次方程组无解，所以直线与直线平行，所以，解得：.故答案为：【点睛】本题主要考查由方程组无解求参数，熟记直线与直线平行的判定条件，灵活运用转化与化归的思想即可，属于常考题型.7.已知向量，若向量，则实数_【答案】【解析】【分析】先由题意，得到，根据向量共线的坐标表示，得到，求解，即可得出结果.【详解】因为向量，所以，又，所以，即，解得：.故答案为：【点睛】本题主要考查由向量共线求参数，熟记
4、向量共线坐标表示即可，属于常考题型.8.已知函数存在反函数，若函数的图像经过点，则函数的图像必经过点_【答案】【解析】【分析】先由题意，得到，推出函数的图像过点，其反函数过点，求出，得到，进而可求出结果.【详解】因为函数的图像经过点，所以，因此，即函数的图像过点又存在反函数，所以的图像过点，即，所以，即函数的图像必经过点.故答案为：【点睛】本题主要考查反函数的应用，熟记反函数的性质即可，属于常考题型.9.在无穷等比数列中，若，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先设等比数列的公比为，根据题意，得到且，分别讨论，和，即可得出结果.【详解】设等比数列公比为，则其前项和为：，若时，若时， 因此且
5、，即，所以当时，；当时，.因此，的取值范围是.故答案为：【点睛】本题主要考查由等比数列的极限求参数的问题，熟记极限的运算法则，以及等比数列的求和公式即可，属于常考题型.10.函数的大致图像如图，若函数图像经过和两点，且和是其两条渐近线，则_【答案】【解析】【分析】先由函数图像，得到函数关于对称，推出，化原函数为，再由函数图像所过定点，即可求出参数，得出结果.【详解】由图像可得：函数关于对称，所以有，即，因此，又函数图像经过和两点，所以，解得：，因此，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查由函数图像求参数，熟记函数的对称性，以及待定系数法求函数解析式即可，属于常考题型.11.若实数，满足，则实数的
6、最小值为_【答案】【解析】【分析】先由题意，根据基本不等式，得到，得出，再由，得到，根据得，令，根据题意得到，由函数单调性，得到的最值，进而可求出结果.【详解】因为，所以，即，当且仅当时，取等号；因此， 又，所以，即，由得，所以，令，因为，当且仅当时取等号.所以，又易知函数在上单调递增，因此，因此.即实数的最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，熟记基本不等式即可，属于常考题型.12.记边长为1的正六边形的六个顶点分别为、，集合，在中任取两个元素、，则的概率为_【答案】【解析】【分析】先以的中点为坐标原点，以所在直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，得到各顶点坐
7、标，列举出集合中所有元素，以及满足条件的组合，根据古典概型的概率计算公式，即可求出结果.【详解】以的中点为坐标原点，以所在直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，因为正六边形的边长为，所以易得：、，因此，；共个向量.因此中含有个不同的元素.又在中任取两个元素、，满足的有：与或；与或； 与或；与或；与或；与或； 与或；与或；与或；与或；与或；与或；共种选法，又由、的任意性，因此满足的情况共有：种；又在中任取两个元素、，共有种情况；因此，满足的概率为：.故答案为：【点睛】本题主要考查古典概型，熟记概率计算公式即可，属于常考题型.二.选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13
8、.已知是平面的一条斜线，直线，则（ ）A. 存在唯一的一条直线，使得B. 存在无限多条直线，使得C. 存在唯一的一条直线，使得D. 存在无限多条直线，使得【答案】B【解析】【分析】根据题意，作出图形，结合直线与直线，直线与平面位置关系，即可得出结果.【详解】因为是平面的一条斜线，直线，画出图形如下：显然在平面内必存在直线与直线垂直，且平面内有无数条直线与直线平行，故存在无限多条直线，使得.故选：B【点睛】本题主要考查直线与直线位置关系的判定，熟记线面，线线位置关系即可，属于常考题型.14.设，则“”是“、中至少有一个数大于1”的（ ）A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D.
9、既非充分又非必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件与必要条件的概念，直接判断，即可得出结果.【详解】若，则、中至少有一个数大于1，即“”是“、中至少有一个数大于1”的充分条件，反之，若“、中至少有一个数大于1”，则不一定大于，如：；因此，“”是“、中至少有一个数大于1”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题主要考查命题的充分不必要条件，熟记充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型.15.若存在，使对任意的恒成立，则（ ）A. 的最小值为B. 的最小值为C. 的最小值为D. 的最小值为【答案】B【解析】【分析】先令，由题意，得到，推出，三式相加得，根据绝对值不等式的性质定理，得到，再由
10、题中存在，使结论成立，可得：只需，进而可得出结果.【详解】因为对任意的恒成立，令，则只需，即，所以，所以以上三式相加可得：，由绝对值不等式的性质定理可得：，因此只需即.故选：B【点睛】本题主要考查求最值的问题，熟记绝对值不等式的性质，以及不等式的性质即可，属于常考题型.16.已知集合，集合，定义为中元素的最小值，当取遍的所有非空子集时，对应的的和记为，则（ ）A. 45B. 1012C. 2036D. 9217【答案】C【解析】【分析】根据题意先确定可能取的值为，再得到对应的个数，根据错位相减法，即可求出结果.【详解】因为集合，集合，为中元素的最小值，当取遍的所有非空子集，由题意可得：可能取的
11、值为，则共有个；个；个；个；，个；因此，所以，两式作差得，所以.故选：C【点睛】本题主要考查含个元素的集合的子集的应用，以及数列的求和，熟记错位相减法求和，会求集合的子集个数即可，属于常考题型.三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）17.如图，圆锥的底面半径，高，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点.（1）求圆锥的侧面积和体积；（2）求异面直线与所成角的大小.（结果用反三角函数表示）【答案】（1）侧面积，体积；（2）.【解析】【分析】（1）根据圆锥的侧面积公式，以及体积公式，结合题中数据，即可得出结果；（2）先由题意，得到，两两垂直，以为坐标原点，以，所在直线为
12、轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，分别求出，根据向量夹角公式，即可求出结果.【详解】（1）因为圆锥的底面半径，高，所以其母线长，因此圆锥的侧面积为；体积为：； （2）由题意，易得：，两两垂直，以为坐标原点，以，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，又点是母线的中点，所以，因此，记异面直线与所成角的大小为，所以，因此，异面直线与所成角的大小为.【点睛】本题主要考查求圆锥的侧面积与体积，以及异面直线所成的角，熟记圆锥的侧面积公式与体积公式，以及空间向量的方法求异面直线所成的角即可，属于常考题型.18.已知函数.（1）求的最大值；（2）在中，内角、所对的边分别为、，若，、成等差数列，
13、且，求边的长.【答案】（1）最大值为1；（2）.【解析】【分析】（1）先将函数解析式化简整理，得到，根据正弦函数的性质，即可得出最大值；（2）先由题意得到，求出；由、成等差数列，得: ；由得，再由余弦定理，即可得出结果.【详解】（1），由可得，因此，所以；（2）由得，即，又，所以，因此，所以；由、成等差数列，可得: ；又，所以，即，由余弦定理可得：，解得：.【点睛】本题主要考查求正弦型函数的最大值，以及解三角形，熟记正弦函数的性质，以及余弦定理即可，属于常考题型.19.汽车智能辅助驾驶已得到广泛应用，其自动刹车的工作原理是用雷达测出车辆与前方障碍物之间的距离（并结合车速转化为所需时间），当此距
14、离等于报警距离时就开始报警提醒，等于危险距离时就自动刹车，某种算法（如下图所示）将报警时间划分为4段，分别为准备时间、人的反应时间、系统反应时间、制动时间，相应的距离分别为、，当车速为（米/秒），且时，通过大数据统计分析得到下表（其中系数随地面湿滑成都等路面情况而变化，）.阶段0、准备1、人的反应2、系统反应3、制动时间秒秒距离米米（1）请写出报警距离（米）与车速（米/秒）之间的函数关系式，并求时，若汽车达到报警距离时人和系统均不采取任何制动措施，仍以此速度行驶，则汽车撞上固定障碍物的最短时间（精确到0.1秒）；（2）若要求汽车不论在何种路面情况下行驶，报警距离均小于80米，则汽车的行驶速度应
15、限制在多少米/秒以下？合多少千米/小时？【答案】（1），最短时间秒（2）汽车的行驶速度应限制在米/秒，合72千米/小时【解析】【分析】（1）根据题意，得到，结合题中数据，即可得出函数关系式；再由，得到汽车撞上固定障碍物的最短时间，根据基本不等式，即可求出最值；（2）根据题意，得到当时，报警距离最大，推出，求解即可得出结果.【详解】（1）由题意：报警距离，当时，则汽车撞上固定障碍物的最短时间为：秒；（2）由题意可得：，因为，所以当时，报警距离最大，因此，只需：，解得：，所以汽车的行驶速度应限制在米/秒，合72千米/小时.【点睛】本题主要考查函数模型的应用，以及基本不等式的应用，熟记基本不等式，以
16、及不等关系即可，属于常考题型.20.设抛物线的焦点为，经过轴正半轴上点的直线交于不同的两点和.（1）若，求点坐标；（2）若，求证：原点总在以线段为直径圆的内部；（3）若，且直线，与有且只有一个公共点，问：的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值，并求出点的坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）存在，最小值2，.【解析】【分析】（1）由抛物线方程以及抛物线定义，根据求出横坐标，代入，即可得出点的坐标；（2）设，设直线的方程是：，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理，以及向量数量积运算，得到，推出恒为钝角，即可得结论成立；（3）设，则，由得，推出直线的斜率设直线的方程为
17、，代入抛物线方程，根据判别式等于零，得设，则，由三角形面积公式，以及基本不等式，即可求出结果.【详解】（1）由抛物线方程知，焦点是，准线方程为，设，由及抛物线定义知，代入得，所以点的坐标或（2）设，设直线的方程是：，联立，消去得：，由韦达定理得，所以，故恒为钝角，故原点总在以线段AB为直径的圆的内部（3）设，则，因为，则，由得，故故直线的斜率因为直线和直线平行，设直线的方程为，代入抛物线方程得，由题意，得设，则，当且仅当，即时等号成立，由得，解得或（舍），所以点的坐标为，.【点睛】本题主要考查求抛物线上的点，以及抛物线中三角形面积的最值问题，熟记抛物线的标准方程，以及抛物线的简单性质即可，属于
18、常考题型，但计算量较大.21.已知数列满足：（）；当（）时，；当（）时，记数列的前项和为.（1）求，的值；（2）若，求的最小值；（3）求证：的充要条件是（）.【答案】（1），或1，或1；（2）115；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）先根据题中条件，求出，再结合题意，即可得出结果；（2）先由题意，得到，当时，由于，所以或，分别求出，进而可求出结果；（3）先由，根据题中条件，求出，证明必要性；再由，求出，证明充分性即可.【详解】（1）因，且是自然数，；，且都是自然数；或；，且，或（2）由题意可得：，当时，由于，所以或，又，所以（3）必要性：若，则：得：由于或或，且或只有当同时成立时，等式才成立，；充分性：若，由于所以，即，又所以对任意的，都有（I）另一方面，由，所以对任意的，都有（II），由于.【点睛】本题主要考查数列的综合应用，熟记等差数列与等比数列的求和公式，由递推关系求通项公式的方法，以及充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型，难度较大.
