1、上海市长宁区2020届高三数学二模考试试题（含解析）考生注意：1.答题前，务必在答题纸上将姓名、学校、班级等信息填写清楚，并贴好条形码.2.解答试卷必须在答题纸规定的相应位置书写，超出答题纸规定位置或写在试卷、草稿纸上的答案一律不予评分.3.本试卷共有21道试题，满分150分，考试时间120分钟.一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第16题每题4分，第712题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.1.已知集合，则_.【答案】【解析】【分析】直接根据交集的运算即可得出答案.【详解】解：由于，则.故答案为：.【点睛】本题考查交集的运算，属于基础题.2.行列式的值等于_.【答案】2【
2、解析】【分析】直接根据行列式的运算，即可求得结果.【详解】解：根据行列式的运算，得.故答案为：2.【点睛】本题考查二阶行列式的计算，属于基础题.3.的二项展开式的第三项的系数是_【答案】10【解析】【分析】由二项展开式的通项公式写出第三项，结合组合数的运算公式，即可求出第三项的系数.【详解】解：的二项展开式的第三项为：，则第三项的系数为：10.故答案为：10.【点睛】本题考查根据二项展开式的通项公式求出指定项的系数，属于基础题.4.若复数z满足，则_.【答案】【解析】【分析】设，代入，由复数相等的条件列式求得和，最后根据复数的模公式，即可求出.【详解】解：设，由，得，即：，则，解得：，所以.故
3、答案为：.【点睛】本题考查复数的代数形式的乘法运算和复数的模的求法，以及复数相等的条件，属于基础题.5.若实数满足，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数即可求得的最小值.【详解】解：由作出可行域，如下图：将目标函数化为，由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最大，有最小值，即：.故答案为：.【点睛】本题考查简单的线性规划求目标函数的最小值，考查数形结合思想.6.直线（t是参数）的斜率为_.【答案】2【解析】【分析】根据题意，利用消参法将直线的参数方程化为普通方程，即可得出直线的斜率.【详解】解：根据题意，直线的参数方程为
4、：（t是参数），消去参数，得出直线的普通方程为：，所以直线斜率为：2.故答案为：2.【点睛】本题考查直线的斜率，利用消去参数法将直线的参数方程化为普通方程，以及对直线点斜式方程的理解.7.如图，已知正四棱柱的侧棱长为，底面边长为1，则直线和底面所成的角的大小为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，得出，底面是正方形，即可求出，通过线面垂直的性质，由底面得出，从而得出直线和底面所成的角为，在中，求出的弧度数，即可得出答案.【详解】解：已知正四棱柱的侧棱长为，底面边长为1，则，底面是正方形，则，所以，而底面，底面，所以，则直线和底面所成的角为，所以在中，解得：.即直线和底面所成的角的大小为.故答案
5、为：.【点睛】本题考查利用几何法求线面的夹角，以及线面垂直的性质的应用，考查计算能力.8.记等差数列的前n项和为.若，则_.【答案】3【解析】分析】根据题意，由为等差数列，结合等差数列的通项公式和前项和公式，列式求出和，即可求出.【详解】解：已知为等差数列，设公差为，则，解得：，所以.故答案为：3.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式，属于基础题.9.已知.若函数在上递减且为偶函数，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意，由函数在上递减且为偶函数，根据幂函数性质可得，即可得出的可能值为，分别代入并利用定义法判断出对应函数的奇偶性，即可求出结果.【详解】解：由题可知，且函数在上递减且为
6、偶函数，可知，所以的可能值为，当时，函数，由于，则为偶函数，符合题意；当时，函数，由于，则奇函数，不符合题意；当时，函数，此时的定义域，所以为非奇非偶函数，不符合题意；综上可知，满足题意的.故答案为：.【点睛】本题考查幂函数的单调性和奇偶性，以及利用定义法判断函数的奇偶性，属于对概念和性质的考查.10.在停课不停学期间，某校有四位教师参加三项不同的公益教学活动，每位教师任选一项，则每个项目都有该校教师参加的概率为_（结果用数值表示）.【答案】【解析】【分析】根据题意，先求出四位教师参加三项不同的公益教学活动，每位教师任选一项的所有情况有种，每个项目都有该校教师参加的情况有种，即可求得相应的概率
7、.【详解】解：由于四位教师参加三项不同的公益教学活动，每位教师任选一项的情况有：（种），而每个项目都有该校教师参加的情况有：（种），则每个项目都有该校教师参加的概率为：.故答案为：.【点睛】本题考查概率的计算和分步乘法的计数原理，以及排列组合的应用，考查分析计算能力.11.已知点在以为直径的圆上，若，则_.【答案】12【解析】【分析】连接、，根据圆的圆周角性质，可得，从而得出，利用平面向量的线性运算求得，最后结合平面向量的数量积公式，即可求出结果.【详解】解：连接、，如图所示，由于为圆的直径，则，由于，即：.故答案为：12.【点睛】本题考查平面向量的线性运算和向量数量积公式，考查转化思想和计算
8、能力.12.已知函数，若关于的方程有三个不同的实数解，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据题意，画出的图象，将方程有三个不同的实数解转化为与有三个交点，利用导数法和平移法得出与的图象有2个交点时的值，即可得出方程有三个不同的实数解，实数的取值范围.【详解】解：由题可知，作出的图象如下：由于方程有三个不同的实数解，则与有三个交点，由于与直线平行，则需将直线向上或向下平移，当与且的图象相切时，与的图象有2个交点，而，所以当时，解得：或0，且，则当过切点时，此时，当过切点时，此时，要使得与有三个交点，只需将向下平移或将向上平移即可，此时或，所以方程有三个不同的实数解，则或，即实数的取值
9、范围是：.故答案为：.【点睛】本题考查方程的零点个数问题，将方程零点个数转化为函数的交点个数问题，考查数形结合思想和运算能力.二、选择题(本大题共有4题，满分20分，每题5分)每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.13.已知向量，则“”是“ ”的（ ）A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既非充分又非必要条件【答案】C【解析】【分析】根据题意，若时，则，得出，得出，反之，则，列式求出，结合充要条件的判定，即可得出结论.【详解】解：已知，若，则，可得，则有，所以充分条件成立，反之，若，则，即：即：，解得：，所以必要条件成立，综合可得
10、：“”是“ ”的充要条件.故选：C.【点睛】本题考查充要条件的判断，以及空间向量共线的运算，考查运算能力.14. 某单位有职工52人，现将所有职工随机编号，用系统抽样的方法抽取一个容量为4的样本，已知6号，32号，45号职工在样本中，则样本中另外一个职工的编号是()A. 19B. 20C. 18D. 21【答案】A【解析】设样本中另外一个职工的编号是x，则用系统抽样抽出的4个职工的号码从小到大依次为：6，x,32,45，它们构成等差数列，所以645x32，x6453219，因此另外一个职工的编号是19故选A15.在直角坐标系中，角的始边为轴的正半轴，顶点为坐标原点，已知角的终边与单位圆交于点，
11、将绕原点逆时针旋转与单位圆交于点，若，则（ ）A. 0.6B. 0.8C. -0.6D. -0.8【答案】B【解析】【分析】已知角的终边与单位圆交于点，且，利用三角函数的定义，求出，得出在第四象限，绕原点逆时针旋转与单位圆交于点，可知点在第一象限，则，再利用三角函数的定义和诱导公式进行化简计算，即可求出的值.【详解】解：已知角的终边与单位圆交于点，且，则，解得：，所以在第四象限，角为第四象限角，绕原点逆时针旋转与单位圆交于点，可知点在第一象限，则，所以，即：，解得：.故选：B.【点睛】本题考查单位圆中任意角的三角函数的定义的应用以及运用诱导公式化简，考查计算能力.16.在数列的极限一节，课本中
12、给出了计算由抛物线、轴以及直线所围成的曲边区域面积的一种方法：把区间平均分成份，在每一个小区间上作一个小矩形，使得每个矩形的左上端点都在抛物线上（如图），则当时，这些小矩形面积之和的极限就是.已知.利用此方法计算出的由曲线、轴以及直线所围成的曲边区域的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由于与互为反函数，画出的图象，所求的曲边区域的面积等于图中阴影部分的面积，再通过对区间进行分割、近似代替、求和、取极限的方法，求出抛物线、轴及直线所围成的曲边区域面积，即可得出阴影部分的面积，即可得出曲线、轴及直线所围成的曲边区域的面积.【详解】解：由于与互为反函数，可知，所求的曲边区
13、域的面积等于下图中阴影部分的面积，根据题意，抛物线、轴及直线所围成的曲边区域面积，可知这些小矩形的底边长都是，高依次为，所以，阴影部分的面积为：，即曲线、轴及直线所围成的曲边区域的面积为：.故选：D.【点睛】本题考查类比推理和定积分的概念，通过对区间进行分割、近似代替、求和、取极限的方法求曲边区域的面积，考查化归转化思想和计算能力.三、解答题(本大题共有5题，满分76分)解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.17.如图，已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为2，母线长为（1）求该圆锥的体积；（2）已知为圆锥底面的直径，为底面圆周上一点，且，为线段的中点，求异面直线与所成的角的大小.【
14、答案】（1）.（2）.【解析】【分析】（1）由题可知，根据勾股定理求得，则圆锥的高，再根据圆锥的体积公式计算，即可求出圆锥的体积；（2）法一：联结，由是的中点，为线段的中点，根据三角形中位线的性质可得出，所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角，根据条件得，求得，则为等边三角形，即，即可得出结果；法二：以为坐标原点，以为轴、轴、轴的正半轴，建立空间直角坐标系，求得，根据空间向量法求异面直线的夹角公式，即可求得异面直线与所成的角.【详解】（1）解：如图，由题意得，在中，即该圆锥的高，由圆锥的体积公式得：，即该圆锥的体积为.（2）解法1：联结，如图所示，由于为圆锥底面的直径，是的中点，而为线段的中
15、点，则，所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角，因为，所以，在中，所以为等边三角形，即，因此异面直线与所成的角的大小为.解法2：以为坐标原点，以为轴、轴、轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，因为为线段的中点，得，所以，设异面直线与所成的角为，向量与的夹角为，则，又，所以，即异面直线与所成的角的大小为.【点睛】本题考查圆锥的体积和异面直线的夹角，空间夹角问题一般利用几何法或空间向量法解决，考查转化思想和运算能力.18.已知函数，（1）设的内角所对的边长分别为，若，且，求的值；（2）求函数的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由和，可求得，且为的内角，所以，再利用余弦定
16、理，即可求出的值；（2）根据题意，得出，再利用二倍角公式和辅助角公式化简求得，结合三角函数的性质即可求出最大值.【详解】解：（1）由于，则，得，因为为的内角，所以，由余弦定理得：，即：，所以（2）由题意得，因为，所以当时，的最大值为.【点睛】本题考查根据余弦定理解三角形，以及利用二倍角公式和辅助角公式化简三角函数，还涉及三角函数最值，考查运算能力.19.培养某种水生植物需要定期向培养植物的水中加入物质，已知向水中每投放1个单位的物质，（单位：天）时刻后水中含有物质的量增加，与的函数关系可近似地表示为关系可近似地表示为.根据经验，当水中含有物质的量不低时，物质才能有效发挥作用.（1）若在水中首次
17、投放1个单位的物质，计算物质能持续有效发挥作用几天？（2）若在水中首次投放1个单位的物质，第8天再投放1个单位的物质，试判断第8天至第12天，水中所含物质的量是否始终不超过，并说明理由.【答案】（1）6天.（2）第8天至第12天，水中所含物质的量始终不超过.见解析【解析】【分析】（1）由题可知，分类讨论求解满足时的的范围，即可得出在水中首次投放1个单位的物质，物质能持续有效发挥作用的天数；（2）根据已知求出函数解析式，利用基本不等式即可求得当时，从而得出结论.【详解】解：（1）由题意，(单位：天)时刻后水中含有物质的量为：，由于当水中含有物质的量不低时，物质才能有效发挥作用，即需，则当时，且当
18、时，解得：，所以若在水中首次投放1个单位的物质，物质能持续有效发挥作用的时间为：8-2=6天.（2）设第天水中所含物质的量为，则，当且仅当，即时，等号成立，即当时，所以第8天至第12天，水中所含物质的量始终不超过.【点睛】本题考查利用函数解决实际问题，考查分段函数和基本不等式的应用，确定函数的解析式是关键.20.已知椭圆的右焦点的坐标为，且长轴长为短轴长的倍.椭圆的上、下顶点分别为，经过点的直线与椭圆相交于两点(不同于两点).（1）求椭圆的方程；（2）若直线，求点的坐标；（3）设直线相交于点，求证：是定值.【答案】（1）（2）的坐标为或.（3）见解析【解析】【分析】（1）根据题意，可得，求出，
19、即可求得椭圆的方程；（2）由（1）得出点B的坐标为，设点，根据，得出，与椭圆方程联立，即可求出点的坐标；（3）设，则直线的方程为，与椭圆方程联立，得到关于的一元二次方程，写出韦达定理，分别求出直线和直线的方程，从而求得和的关系式，化简整理得出，即为定值.【详解】解：（1）根据题意，已知椭圆右焦点的坐标为，且长轴长为短轴长的倍，得，解得：，所以椭圆的方程为：.（2）由题意得，点的坐标为，设点，由于经过点直线与椭圆相交于两点，已知，则，所以,因为，则整理得：，又，解得：或或（舍去），所以所求点的坐标为或.（3）由于经过点的直线与椭圆相交于两点(不同于两点)，设直线的斜率为，可知斜率存在，则直线的方
20、程为，由题可知，设，由方程组，得，所以，由于直线相交于点，直线的方程为，得，直线BM的方程为，得，所以，因为，得，所以为定值1.【点睛】本题考查椭圆的标准方程和根据直线与椭圆的位置关系解决定值问题，还涉及椭圆的简单几何性质、联立方程组、韦达定理和直线的方程，考查化简运算能力.21.若数列满足“对任意正整数，都存在正整数，使得”，则称数列具有“性质”.已知数列为无穷数列.（1）若为等比数列，且，判断数列是否具有“性质”，并说明理由；（2）若为等差数列，且公差，求证：数列不具有“性质”；（3）若等差数列具有“性质”，且，求数列的通项公式.【答案】（1）数列具有“性质”.见解析（2）见解析（3）【解
21、析】【分析】（1）由题可知，为等比数列，且，设数列的公比为，则，根据条件整理得出，所以数列具有“性质”；（2）由于为等差数列，且公差，则，分类讨论和时，都得出不存在正整数，使得，则当时，数列不具有“性质”；（3）已知等差数列具有“性质”，且，设数列的公差为，则，且对任意，都存在正整数，使得，结合条件可求出或，即可求出数列的通项公式.【详解】（1）解：数列具有“性质”.由题可知，为等比数列，且，设数列的公比为，则，对任意正整数，因为，所以，则，即对任意正整数，存在，使得，所以数列具有“性质”.（2）证明：由于为等差数列，且公差，则，若，则，所以不存在正整数，使得.若，则当时，所以不存在正整数，使得；综上，当时，数列不具有“性质”.（3） 解：已知等差数列具有“性质”，且，设数列的公差为，则，由已知，对任意，都存在正整数，使得，即，所以，且 对任意，设，所以，得，因此 由（2）知，又由、可得或，当时，不满足要求，所以，可以验证满足要求.【点睛】本题考查与数列相关的新定义题，还涉及等差数列和等边数列的通项公式，考查分析和运算能力.
