1、上海市浦东新区2020届高三数学三模考试试题（含解析）一.填空题1. 已知集合，若，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据指数函数是单调增函数解不等式，得到集合,再根据交集的定义和空集的定义得有公共元素,进而得到.【详解】由，根据指数函数是单调增函数，可得又集合，则有公共元素，所以故答案为：.【点睛】本题考查集合的交集的运算，涉及利用指数函数的单调性解指数不等式，属基础题.2. 若一组样本数据21，19，x，20，18的平均数为20，则该组样本数据的方差为_.【答案】2【解析】【分析】根据平均数求出x，再求数据的方差.【详解】，解得，该组样本数据的方差为.故答案为：2【点睛】本题考查
2、样本数据平均值与方差，属于基础题.3. 椭圆()与双曲线有公共的焦点，则_.【答案】4【解析】【分析】由题意得两条曲线的值相等，从而得到关于的方程，解方程即可得答案.【详解】由题意得两条曲线的值相等，求得，则.故答案为：.【点睛】本题考查椭圆与双曲线的标准方程，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.4. 函数（）的反函数是_【答案】，【解析】【分析】欲求原函数的反函数，即从原函数式中反解出，后再进行，互换，即得反函数的解析式，求出原函数的值域即为反函数的定义域【详解】解：因为且，所以所以又，所以，所以，所以，互换，得，故答案为：，【点睛】本题主要考查了反函数，以及原函数的值域即为反
3、函数的定义域，属于基础题5. 函数，如果方程有四个不同的实数解、，则【答案】4【解析】【分析】作出的图象，由题意可得和的图象有4个交点，不妨设，由、关于原点对称，、关于对称，计算即可得到所求和【详解】解：作出函数的图象，方程有四个不同的实数解，等价为和的图象有4个交点，不妨设它们交点的横坐标为、，且，由、关于原点对称，、关于对称，可得，则故答案为：4【点睛】本题考查函数方程的转化思想，考查数形结合思想方法以及对称性的运用，考查运算能力，属于中档题6. 已知（），且，则_【答案】【解析】【分析】令，得到，再代入到已知可得，根据等比数列前项和公式求得，进而求极限即可；【详解】解：因为，令，即，可得
4、所以故答案为：【点睛】本题主要考查利用赋值法求二项式张开式的系数和以及数列极限的求解，属于中档题.7. 若ABC的内角满足，则的最小值是 【答案】【解析】试题分析：由正弦定理有,所以,由于,故,所以的最小值是.考点：1.正弦定理；2.余弦定理的推论；3.均值不等式.【思路点晴】本题主要考查了余弦定理的推论及均值不等式求最值，属于中档题.在本题中，由正弦定理把化为，再由余弦定理推论求出的表达式，还用到用均值不等式求出，再算出结果来.8. 对任意实数，定义运算，其中是常数，等式右边的运算是通常的加法和乘法运算.已知，并且有一个非零常数，使得对任意实数,都有，则的值是_【答案】4【解析】由定义可知,
5、所以,所以恒成立，所以.,.9. 在平面直角坐标系中，点集所对应的平面区域的面积为_【答案】【解析】【分析】利用不等式对应区域的对称性求出在第一象限的面积，乘以4得答案【详解】解：对应的区域关于原点对称，轴对称，轴对称，只要作出在第一象限的区域即可当，时，不等式等价为，即或，在第一象限内对应的图象为，则，由，解得，即，则三角形的面积，则在第一象限的面积，则点集对应的区域总面积故答案为：【点睛】本题考查简单的线性规划，主要考查区域面积的计算，利用二元一次不等式组表示平面区域的对称性是解决本题的关键，属于中档题10. 设复数满足，使得关于的方程有实根，则这样的复数的和为_【答案】【解析】【分析】设
6、，（且），将原方程变为，则且；再对分类讨论可得；【详解】解：设，（且）则原方程变为所以，且，；（1）若，则解得，当时无实数解，舍去；从而，此时，故满足条件；（2）若，由知，或，显然不满足，故，代入得，所以综上满足条件的所以复数的和为故答案为：【点睛】本题考查复数的运算，复数相等的充要条件的应用，属于中档题.11. 已知函数（），若在区间内没有零点，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式，利用函数的零点以及函数的周期，列出不等式求解即可【详解】解：函数，因为函数在区间内没有零点，所以即所以或；解得，因为，所以，所以；解得，因为，所以，所以；综上可得故答案
7、为：【点睛】本题考查函数的零点个数的判断，三角函数的化简求值，考查计算能力，属于中档题12. 在平面直角坐标系中，点集，在中随机取出三个点，则这三个点两两之间距离不超过2的概率为_【答案】【解析】【分析】点集中有9个点，从而在中随机取出三个点的方式数为，当取出的三个点两两之间的距离不超过2时，有如下三种情况：三点在一横线或一纵线上，有6种情况，三点是1，1，的等腰直角三角形的顶点，有种情况，三点是边长为的等腰直角三角形的顶点，有8种情况，由此能求出这三个点两两之间距离均不超过2的概率【详解】在平面直角坐标系中，点集，中有9个点，在中随机取出三个点的方式数为，当取出的三个点两两之间的距离不超过2
8、时，有如下三种情况：三点在一横线或一纵线上，有6种情况，三点是边长为1，1，的等腰直角三角形的顶点，有种情况，三点是边长为，的等腰直角三角形的顶点，其中，直角顶点位于有4个，直角顶点位于，的各有1个，共有8种情况，综上，选出的三点两两之间距离不超过2的情况数为，这三个点两两之间距离均不超过2的概率为故答案为：【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题二.选择题13. 已知x，则“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】，不能得到， 成立也不能推出，即可得到答案.
9、【详解】因为x，当时，不妨取，故时，不成立，当时，不妨取，则不成立，综上可知，“”是“”的既不充分也不必要条件，故选：D【点睛】本题主要考查了充分条件，必要条件的判定，属于容易题.14. 鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90榫卯起来.若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为( )A. 41B. 42C. 43D. 44【答案】A【解析】【分析】由于图形的对称性，只要求出一组正四棱柱的体
10、对角线，即是外接圆的直径.【详解】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半，即为，该球形容器体积的最小值为：441.故选：A.【点睛】本题考查了几何体的外接球问题，考查了空间想象能力，考查了转化思想，该类问题的一个主要方法是通过空间想象，把实际问题抽象成空间几何问题，属于中档题.15. 在平面直角坐标系中，定义（）为点到点的变换，我们把它称为点变换，已知，是经过点变换得到一组无穷点列，设，则满足不等式最小正整数的值为（ ）A. 9B. 10C. 11D. 12【答案】C【解析】【分析】可以先求得（当然可求得，然后归纳出，对填空、选择题这是不错的解法），然后求得，从而
11、可以得，说明数列是等比数列，求得通项公式后求和，由得解【详解】由定义知，即，观察可得，数列是等比数列，公比为2，首项为1，由，解得即的最小值为11.故答案为：C【点睛】本题考查向量的数量积，考查等比数列的通项公式与前项和公式解题关键是求出接着顺理成章地写出，观察两项之间的关系，问题得以解决属于难题16. 数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（ ）（1）方程（），表示的曲线在第二和第四象限；（2）曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过2；（3）曲线构成的四叶玫瑰线面积大于；（4）曲线上有5个整点（横、纵坐
12、标均为整数的点）；A. （1）（2）B. （1）（2）（3）C. （1）（2）（4）D. （1）（3）（4）【答案】A【解析】【分析】因为，所以与异号，仅限与第二和四象限，从而判断（1）利用基本不等式即可判断（2）；将以为圆心、2为半径的圆的面积与曲线围成区域的面积进行比较即可判断（3）；先确定曲线经过点，再将，的整点，和逐一代入曲线的方程进行检验即可判断（4）；【详解】对于（1），因为，所以与异号，仅限与第二和四象限，即（1）正确对于（2），因为，所以，所以，所以，即（2）正确；对于（3），以为圆点，2为半径的圆的面积为，显然曲线围成的区域的面积小于圆的面积，即（3）错误；对于（4），只需要
13、考虑曲线在第一象限内经过的整点即可，把，和代入曲线的方程验证可知，等号不成立，所以曲线在第一象限内不经过任何整点，再结合曲线的对称性可知，曲线只经过整点，即（4）错误；故选：A.【点睛】本题考查曲线的轨迹方程，涉及特殊点代入法、均值不等式、圆的面积等知识点，有一定的综合性，考查学生灵活运用知识和方法的能力，属于中档题三.解答题17. 直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，是侧棱上一点，设(1) 若，求的值；(2) 若，求直线与平面所成的角 【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）以为坐标原点，以射线、分别为、轴建立空间直角坐标系，求出，利用，求出的值；（2）求出直线的方向向量与平面的法向量，求
14、出向量的夹角的余弦值可得结果.试题解析：（1）以为坐标原点，以射线、分别为、轴建立空间直角坐标系，如图所示，则,， ， 由得，即解得 (2) 解法一：此时 设平面一个法向量为由得 所以 设直线与平面所成的角为则 所以直线与平面所成的角为 解法二：联结，则，平面 平面所以是直线与平面所成的角； 在中， 所以 所以所以直线与平面所成的角为点睛：本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用之利用空间向量的数量积证明垂直关系，利用空间向量求直线与平面所成的角角；两直线垂直等价于直线的方向向量互相垂直即数量积为0，直线与平面所成的角与直线的方向向量与平面的法向量之间所成的角相加为或相减为，且满足.18. 方
15、舱医院的启用在本次武汉抗击新冠疫情的关键时刻起到了至关重要的作用，图1为某方舱医院的平面设计图，其结构可以看成矩形在四个角处对称地截去四个全等的三角形所得，图2中所示多边形，整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴米，两根竖轴米，记整个方舱医院的外围隔离线（图2实线部分，轴和边框的粗细忽略不计）总长度为，与、的交点为、，与、的交点为、，（）.（1）若，且两根横轴之间的距离米，求外围隔离线总长度；（2）由于疫情需要，外围隔离线总长度不超过240米，当整个方舱医院（多边形的面积）最大时，给出此设计方案中的大小与的长度.【答案】（1）；（2），.【解析】【分析】（1）根据条件，求出外围隔离线每边的
16、长度，再求和即可；（2）先得到当外围隔离线总长度为240米时，整个方舱医院的面积最大，再将整个方舱医院的面积用表示出来，观察题中出现和，可用两者之间的联系化简求最值成立的条件.【详解】解：（1）由题，得，得 ，由，则，故，则（2）设，则,则，则.当会使整个方舱医院的面积最大，则，得 ,整个方舱医院的面积，得，令，则，且，得则，当时，最大，即，此时，即整个方舱医院的面积最大时，【点睛】本题是应用问题，考查了理解、分析能力，将实际问题转化成数学问题，并利用与之间的关系求最值成立的条件是解决问题的关键.19. 已知曲线，为曲线上一动点，过作两条渐近线的垂线，垂足分别是和.（1）当运动到时，求的值；（
17、2）设直线（不与轴垂直）与曲线交于、两点，与轴正半轴交于点，与轴交于点，若，且，求证为定点.【答案】（1）；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）确定两条渐近线方程，求出点到两条渐近线的距离，再计算与夹角的余弦值，应用向量的数量积公式，即可求得结论.（2）设而不解，联立直线与双曲线方程得到根与系数的关系，再利用向量式，将表示出来，代入化简即可证得为定点.【详解】解：（1）由曲线，得渐近线方程为，作示意图如图所示：设，则则 ，又 ， .（2）设，设直线的斜率为，则，又，得得， 由，则，即，得 ，同理，由，则 得，则，得，又，得，即为定点.【点睛】本题考查了直线与双曲线的位置关系，向量数量积的定
18、义，设而不解，根与系数的关系，学生的计算能力,是一道综合应用能力较强的题目.20. 已知数列满足：，.（1）求、的值；（2）设，试求；（3）比较、的大小关系.【答案】（1）3、5、5、8；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由递推公式直接代入求解.（2）由变形得，得 观察分析得，再得到通项公式，再用错位相减法求得（3）由递推式，得到， 再分别作差，利用递推公式判断与大小，从而得到、的大小关系【详解】解:（1）由，则， ，.（2）由，则，得， 得，即，且，故， 故，则，两式相减，化简得（3）由，则 则，即； ，即；,即；综上可得：【点睛】本题考查了递推公式的理解与应用，利用递推公式构造新数列求
19、通项公式，还考查了错位相减法，学生的运算能力，作差法比较数的大小，对递推公式的变形和变活运用是解题的关键.21. 已知为实数，用表示不超过的最大整数，例如，对于函数，若存在，使得，则称函数是“函数”.（1）判断函数，是否是“函数”；（2）设函数是定义在上的周期函数，其最小正周期是，若不是“函数”，求的最小值；（3）若函数是“函数”，求的取值范围.【答案】（1）是，不是；（2）1；（3），且，.【解析】【分析】（1）举例说明函数是函数，证明函数不是“函数”；（2）假设，得到矛盾，再证明得证；（3）对分三种情况讨论得解.【详解】（1）对于函数是函数，设，则，所以存在，使得，所以函数是“函数”.对于
20、函数，函数的最小正周期为,函数的图象如图所示，不妨研究函数在0,1这个周期的图象.设，,则,所以，所以函数不是“函数”.综合得函数“函数”，函数不是“函数”.（2）的最小值为1 因为是以为最小正周期的周期函数，所以假设，则，所以，矛盾 所以必有.而函数的周期为1，且显然不是函数，综上所述，的最小值为1 （3）当函数是“函数”时，若，则显然不是函数，矛盾 若，则，所以在，上单调递增，此时不存在，使得，同理不存在，使得，又注意到，即不会出现的情形，所以此时不是函数 当时，设，所以，所以有，其中，当时，因为，所以，所以， 当时，因为，所以，所以， 综上所述，且，.【点睛】本题主要考查与周期函数有关的新定义试题，考查学生的运算和推理能力，综合性较强，有一定的难度