1、上海市长宁区2020届高三数学三模考试试题（含解析）一. 填空题1.若复数满足，则复数的虚部为_【答案】1【解析】【分析】求解再得出虚部即可.【详解】因为，故，故虚部为1.故答案为：1【点睛】本题主要考查了复数的运算与虚部的概念，属于基础题.2.三阶行列式的值为_【答案】44【解析】【分析】根据三阶行列式计算公式即可得解.【详解】由题：故答案为：44【点睛】此题考查行列式的计算，关键在于熟练掌握行列式的计算法则，根据法则计算得解.3.已知集合，则_【答案】【解析】【分析】解出集合B，根据并集运算法则即可得解.【详解】由题解得所以，所以.故答案为：【点睛】此题考查集合的并集运算，关键在于熟练掌握
2、绝对值不等式的解法.4.在的展开式中，其常数项的值为_.【答案】【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令的指数为0求出，将的值代入通项求出展开式的常数项【详解】解：由二项式定理得，令，即，所以常数项为，故答案为：28【点睛】本题考查二项式定理的应用，本题解题的关键是正确写出二项展开式的通项，在这种题目中通项是解决二项展开式的特定项问题的工具5.已知数列中，（），令，则_【答案】【解析】【分析】先根据等比数列的求和求出，再求解极限.【详解】因为，所以，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查等比数列求和及极限，明确等比数列的求和公式是解题关键，侧重考查数学运算的核心素养.
3、6.函数的反函数是_【答案】【解析】【分析】由解出，可得出所求函数的反函数.【详解】解：由，则有，因此，函数（）的反函数是.故答案为：.【点睛】本题考查反函数的求解，熟悉反函数的求解是解本题的关键，考查计算能力，属于基础题.7.已知椭圆（）的右焦点为，为坐标原点，点是椭圆在第一象限的一点，且为等边三角形，则_【答案】【解析】【分析】为等边三角形,得到是直角三角形，求出,利用椭圆定义求出.【详解】如图为等边三角形,得到是直角三角形， , 由椭圆定义得：故答案为：【点睛】本题考查利用椭圆定义求参数值.椭圆上的一点与两焦点所构成的三角形称为焦点三角形解决焦点三角形问题常利用椭圆的定义和正弦定理、余弦
4、定理8.将函数图象向左平移（）个单位，所得图象恰关于直线对称，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】先求出平移后的解析式为，再采用整体代入法，令，求出对应值即可【详解】函数的图象向左平移个单位后所得的函数为.由于图象关于对称，所以当时，取得最值.可得，解得，又.所以最小值为.故答案为：【点睛】本题考查由函数图像的平移法则求解析式，由三角函数性质求解具体参数，属于中档题9.2021年某省将实行“”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史和化学的概率为_【答案】【解析】【分析】甲同学从物
5、理、历史二选一，其中选历史的概率为，从化学、生物、政治、地理四选二，有6种选法，其中选化学的有3种，从而可得四选二，选化学的概率为，然后由分步原理可得同时选择历史和化学的概率.【详解】解：由甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，所以甲同学从物理、历史二选一选历史的概率为，甲同学从化学、生物、政治、地理四选二有：化学与生物，化学与政治，化学与地理，生物与政治，生物与地理，政治与地理共6种不同的选法，其中选化学的有3种，所以四选二中有化学的概率为，所以由分步原理可知甲同学同时选择历史和化学的概率为，故答案为：【点睛】此题考查古典概型概率以及独立事件概率乘法公式的求法，考查理解运算能力，属于基础题
6、.10.一个球的内接正方体的棱长为1，则该球的体积为_【答案】【解析】【分析】根据正方体的棱长，得出球的半径，再由球的体积公式计算即可.【详解】因为球的内接正方体的棱长为1，所以正方体的体对角线的长为所以球的半径故球的体积为故答案为：【点睛】本题主要考查了多面体的外接球问题以及计算球的体积，属于中档题.11.已知点为不等式所表示的可行域内任意一点，点，为坐标原点，则的最大值为_【答案】1【解析】【分析】表示与平行的单位向量，则当与夹角最小时，的值最大.因此作出不等式所表示的可行域，结合图象即可确定夹角最小时点P的位置，进而求出最大值.【详解】作出不等式所表示的可行域，如下图阴影部分所示：则由，
7、即，因为表示与平行的单位向量，所以当与夹角最小时，值最大.结合图象可知，当点P在线段OC上时，与的夹角最小，此时,即的最大值为1.故答案为：1.【点睛】本题综合考查了可行域以及向量数量积的应用，具有一定难度.一般遇见可行域问题时，常作出图象，利用数形结合法答题.12.已知，当时，若有三个不等的实数根，且它们成等差数列，则的值为_【答案】【解析】【分析】当时，令求得两根，满足，结合三个实数根成等差数列可确定时方程的根，由此构造方程求得结果.【详解】设的三个不等实数根为，且，当时，令，解得：或，；又成等差数列，即，解得：.故答案为：.【点睛】本题考查根据方程根的个数求解参数值的问题，关键是能够通过
8、讨论的方式确定实数根，即确定函数值，由此构造方程求得结果.二. 选择题13.下列函数中，值域是的函数是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据基本初等函数的值域以及复合函数值域的求法确定选项中函数的值域，从而得出结论.【详解】选项A中，函数的值域为，故函数的值域为；选项B中，函数的值域为，故函数的值域为；选项C中，函数的值域为，故函数的值域为；选项D中，函数的值域为，故函数的值域为.故选：D.【点睛】本题主要考查利用基本初等函数的值域求复合函数的值域，难度不大.14.已知向量、是非零向量，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.
9、既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】先根据数量积公式求出的充要条件，再分析与的关系即可.【详解】当时，即，故夹角为或，即.故“”是“”的充分必要条件.故选：C【点睛】本题主要考查了平面向量的平行性质、充分与必要条件的判定.属于基础题.15.如图，半径为1的圆M与直线l相切于点A，圆M沿着直线l滚动.当圆M滚动到圆时，圆与直线相切于点B，点A运动到点，线段AB的长度为则点到直线的距离为（ ）A. 1B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】线段AB的长度为即圆滚动了圈，此时到达，则点到直线的距离可求.【详解】线段AB的长度为设圆滚动了圈，则 即圆滚动了圈，此时到达，则点到直线的距离为
10、.故选：C【点睛】本题考查圆的渐开线变式运用.圆的渐开线性质:(1)渐开线的发生线滚过的距离等于其在基圆滚过的弧长.(2)渐开线上任一点的法线恒与基圆相切.16.将正奇数数列1，3，5，7，9，依次按两项、三项分组，得到分组序列如下：，称为第1组，为第2组，依次类推，则原数列中的2021位于分组序列中（ ）A. 第404组B. 第405组C. 第808组D. 第809组【答案】B【解析】【分析】求出2021为第1011个正奇数，再根据题中的规则分析组数的规律可得答案.【详解】正奇数数列1,3,5,7,9的通项公式为 则2021为第1011个奇数，因为按两项、三项分组，故按5个一组分组是有202
11、组，共个数，共组.故原数列中的2021位于分组序列中第405组 故选：B.【点睛】本题考查了与数列有关的推理问题，需要分析数字的总数，再分析组数.属中档题.三. 解答题17.如图，正方体的棱长为2，是棱的中点.（1）求证：；（2）求平面与底面所成的锐二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，通过证明即可得证；（2）求出两个平面的法向量，根据法向量所成角即可求得该二面角的大小.【详解】（1）正方体中，以A为原点，以AB， AD， AA1为x轴，y轴，z轴正方向 建立空间直角坐标系如图所示：所以，所以所以；（2）由题可得：底面，取为底面的法向量，设平面
12、的法向量为，取，所以取，所以平面与底面所成的锐二面角的大小为.【点睛】此题考查线线垂直证明和求解二面角的大小，通过建立空间直角坐标系利用向量求解，方法简便易行，需要注意防止计算出错.18.已知函数，其中（1）讨论的奇偶性；（2）当为偶函数时，求使恒成立的的取值范围.【答案】（1）当时，是偶函数；当时，为非奇非偶函数；（2）.【解析】【分析】（1）分别在和两种情况下，根据奇偶性的定义可验算得到结果；（2）由（1）知；分别在和时，利用分离变量的方法可求得结果.【详解】（1）当时，为偶函数；当时，且，为非奇非偶函数；综上所述：当时，为偶函数；当时，为非奇非偶函数.（2）由（1）知：为偶函数，则，即，
13、等价于；当时，不等式化为，恒成立，；当时，不等式等价于，又（当且仅当，即时取等号），；综上所述：的取值范围为.【点睛】本题考查函数奇偶性的判断、函数中的恒成立问题的求解；求解恒成立问题的关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为变量与函数最值之间的大小关系求解问题；易错点是在分离变量时，忽略对的讨论，造成步骤缺失.19.如图，在郊野公园的景观河的两岸，、是夹角为120的两条岸边步道（长度均超过千米），为方便市民观光游览，现准备在河道拐角处的另一侧建造一个观景台，在两条步道、上分别设立游客上下点、，从、到观景台建造两条游船观光线路、，测得千米.（1）求游客上下点、间的距离；（2）若，设，求两条观光
14、线路与之和关于的表达式，并求其最大值.【答案】（1）3千米；（2），最大值是6.【解析】【分析】（1）在三角形AMN中，利用余弦定理即可得解；（2）利用正弦定理，表示出，进行三角恒等变换即可得解.【详解】（1）在三角形AMN中，由余弦定理可得：，所以游客上下点、间的距离为3千米；（2）若，设，三角形中，由正弦定理可得：，所以即，当时，取得最大值6.【点睛】此题考查正余弦定理的实际应用，关键在于将实际问题转化为解三角形问题，熟练运用正弦定理和余弦定理结合三角函数求解最值.20.已知椭圆（）的右焦点为，左右顶点分别为、，过点的直线（不与轴重合）交椭圆于、点，直线与轴的交点为，与直线的交点为.（1）
15、求椭圆的方程；（2）若，求出点的坐标；（3）求证：、三点共线.【答案】(1) ；(2) 或；(3)证明见解析【解析】【分析】(1)根据题意可得，再根据椭圆中基本量的关系求解椭圆的方程即可.(2)根据平行性质可得，进而可得相似比，再设利用以及在椭圆上求解坐标即可.(3)设直线的方程为，再联立椭圆的方程，设，再根据共线可得的坐标表达式，再代入韦达定理证明即可.【详解】(1)由题，故圆的方程为(2)当时，易得，且相似比为,故.设，则，即，解得.将代入代入可得，故.故或(3)显然直线的斜率不为0，故设直线的方程为，.联立有，得，故.设，因为共线，故.又直线的斜率，直线的斜率.若、三点共线则，即，化简得
16、，代入韦达定理显然成立.故成立，故、三点共线.【点睛】本题主要考查了椭圆的基本量求解、根据平面几何的性质求解椭圆上的坐标问题，同时也考查了联立直线与椭圆方程，利用韦达定理证明三点共线的问题，需要根据题意列出斜率的关系式证明，属于难题.21.已知数列的前项和为，把满足条件（对任意的）的所有数列构成的集合记为.（1）若数列的通项为，判断是否属于，并说明理由；（2）若数列的通项为，判断是否属于，并说明理由；（3）若数列是等差数列，且，求的取值范围.【答案】(1)不属于，证明见解析；(2)属于，证明见解析；(3) 【解析】【分析】(1)根据等差数列的公式计算，再分析是否对任意的恒成立即可.(2)根据等
17、比数列的公式计算，再分析是否对任意的恒成立即可.(3)整理可得，再根据等差数列的求和公式，结合当时的特别情况可得，再代入求解的范围即可.【详解】(1)易得为等差数列，且，.故，易得随的增大而增大，当时，故不恒成立，即不属于.(2) 易得为等比数列，公比为 .且，.，因为，故，.故恒成立，即属于.(3)设的公差为，因为，所以特别的当时，即.由有，整理得，因为上述不等式对一切恒成立，所以必有 ，即.又，故，所以，即，解得.【点睛】本题主要考查了数列新定义的问题，需要根据所给的定义结合等差等比数列的公式进行判断，同时也考查了数列不等式中的推理与证明，需要结合恒成立分析系数的关系，同时结合特殊情况进行分析.属于难题.