上海市杨浦区2020届高三二模考试数学试题 Word版含解析 16页

- 1 - 2020 年上海杨浦区高三数学二模试卷 杨浦区 2019 学年第二学期高三年级质量检测卷 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.设集合 {1,2,3,4}A  ，集合 {1,,3,5}B  ，则 A B  _______. 【答案】{1,3}. 【解析】 【分析】 根据交集定义计算． 【详解】由题意 A B  {1,3}． 故答案为：{1,3}． 【点睛】本题考查交集的运算，属于简单题． 2.行列式 1 2 0 2 3 5 5 8 0  _______. 【答案】10 【解析】 【分析】 根据行列式定义直接计算． 【详解】 1 2 0 3 5 2 52 3 5 1 2 (0 40) 2 (0 25) 108 0 5 05 8 0           ． 故答案为：10． 【点睛】本题考查三阶行列式的计算，掌握行列式计算公式即可．属于基础题． 3.函数 23cos 1y x  的最小正周期为_______. 【答案】 【解析】 【分析】 用降幂公式化函数为一次的形式后可计算周期． - 2 - 【详解】 2 1 cos2 3 53cos 1 3 1 cos22 2 2 xy x x       ，故周期 2 2T    . 故答案为： ． 【点睛】本题考查三角函数的周期，考查余弦的二倍角公式，属于基础题． 4.已知复数 z 满足 1 2 4 3i z i   ，则 z  __________． 【答案】 2 i . 【解析】 【分析】 在等式 1 2 4 3i z i   两边同时除以1 2i ，再利用复数的除法法则可得出复数 z . 【 详 解 】  1 2 4 3i z i  Q ，       24 3 1 24 3 4 8 3 6 10 5 21 2 1 2 1 2 5 5 i ii i i i iz ii i i               ， 故答案为 2 i . 【点睛】本题考查复数的除法，解题的关键就是从等式中得出 z 的表达式，再结合复数的四则 运算律得出结果. 5.若 na 是无穷等比数列，首项 1 1 1,3 3a q  ，则 na 的各项的和 S _______. 【答案】 1 2 . 【解析】 【分析】 直接由无穷递缩等比数列的和的公式计算． 【详解】 1 13 1 21 3 S    ． 故答案为： 1 2 ． 【点睛】本题考查无穷递缩等比数列的和，掌握无穷递缩等比数列的和的公式是解题关键． 6.在 3 名男生、4 名女生中随机选出 2 名学生参加某次活动，则选出的学生恰为一男一女的概 率为_______. 【答案】 4 7 - 3 - 【解析】 【分析】 根据组合的知识求出从 7 人中任取 2 人的方法数，同时计算出选出的学生恰为一男一女的方 法数，然后可计算出概率． 【详解】由题意 1 1 3 4 2 7 12 4 21 7 C CP C    . 故答案为： 4 7 ． 【点睛】本题考查古典概型，解题关键是求出所有基本事件的个数． 7.实数 ,x y 满足约束条件 3 4 2 3 0 0 x y x y x y         ，目标函数 f x y  的最大值为_______. 【答案】2 【解析】 【分析】 作出可行域，作出目标对应的直线，平移此直线可得最优解． 【详解】作出可行域，如图四边形OABC 内部（含边界）， 联立 2 3 3 4 x y x y      ，解得 1 1 x y    ，即点  1,1B ， 作直线 : 0l x y  ，平移直线l ，当 l 过点  1,1B 时，直线 f x y  在 x 轴上的截距最大， 此时 f x y  取得最大值 max 1 1 2f    . 故答案为： 2 . 【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域，作出目标函数对应的直线． - 4 - 8.已知曲线 1C 的参数方程为 2 1 2 x t y t      ，曲线 2C 的参数方程为 1 5 cos 5 sin x y        （ 是参 数），则 1C 和 2C 的两个交点之间的距离为_______. 【答案】 6 5 5 【解析】 【分析】 把两曲线的参数方程化为普通方程，求出圆心到直线的距离，根据勾股定理计算弦长． 【详解】消去参数得两曲线的普通方程为： 2 2 1 2: 2 5 0, :( 1) 5C x y C x y      ， 曲线 2C 是圆，圆心为 2 ( 1,0)C  ，半径为 5r  ，圆心到直线距离为 2 2 1 0 5 4 5 51 ( 2) d       ， 故两交点之间距离为 2 2 16 6 52 2 5 5 5r d    . 故答案为： 6 5 5 ． 【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，考查求直线与圆相交弦长，求直线与圆相交 弦长问题，一般不是直接求出交点坐标，而是求出圆心到弦所在直线距离，用勾股定理（几 何方法）计算弦长． 9.数列 na 满足 1 11, 3 2n na a a n    对任意 *n N 恒成立，则 2020a _______. 【答案】3031 【解析】 【分析】 由已知再写出 1 2 3 5n na a n    ，两式相减可得数列{ }na 的偶数项成等差数列，求出 2a 后， 由等差数列的通项公式可得 2020a ． 【详解】由 1 1 2 3 2 3 5 n n n n a a n a a n           ，两式相减得 2 3n na a   .而 2 5 1 4a    ， ∴ 2020 2 1009 4 1009 3 3031a a d      . 故答案为：3031． - 5 - 【点睛】本题考查等差数列的通项公式与等差数列的判断，解题关键是由已知递推式写出相 邻式（用 1n  代 n ）后两式相减． 10.设 *n N ，若 (2 )nx 的二项展开式中，有理项的系数之和为 29525，则 n _______. 【答案】10 【解析】 【分析】 根据二项式定理确定 (2 )nx 的二项展开式中，有理项是奇数项，其系数与 (2 )nx 展开式 中奇数项系数相等，这样可在 (2 )nx 的展开式中用赋值法求得奇数项系数和． 【详解】 1 2 ( )r n r r r nT C x   ，有理项为奇数项，即 0 2 2 02 2 2n n n n n nC C C   ，也就是 (2 )nx 的 奇 数 项 ， 设 2 0 1 2(2 )     n n nx a a x a x a x ， 并 记 ( ) (2 ) nf x x  ， 则 0 1 2(1) nf a a a a     ， 0 1 2( 1) ( 1)n nf a a a a       ， ∴ 0 2 (1) ( 1) 3 1 295252 2 n nf fa a        ，∴ 10n  ． 故答案为：10．. 【点睛】本题考查二项式定理，考查用赋值法求二项展开式中的系数和，类比成 ( ) (2 ) nf x x  的系数是解题关键． 11.设 a b c   、 、 是同一平面上的三个两两不同的单位向量，若 ( ):( ):( ) 1:1: 2a b b c c a        ， 则 a b  的值为_______. 【答案】 1 3 2  【解析】 【分析】 利用 ( ):( ):( ) 1:1: 2a b b c c a        可设 a b k   ，设 ,a b   的夹角为 ，则 ,b c  的夹角为 ， ,a c   的夹角为 2 或 2 2  ，利用得 2a c a b      ，建立 方程关系求解即可. 【详解】 ( ):( ):( ) 1:1: 2a b b c c a        ，设 a b k   ，则 , 2b c k a c k       ， - 6 - a b c   、 、 是同一平面上的三个两两不同的单位向量， 设 ,a b   的夹角为 ，则 ,b c  的夹角为 ， ,a c   的夹角为 2 或 2 2  ， cos2 2( ) 2cosa c a b         ， 22cos 2cos 1 0    ， 解得 1 3cos 2   ，或 1 3cos 2   （舍去）. 所以 1 3cos 2a b      . 故答案为： 1 3 2  ． 【点睛】本题考查向量的数量积以及三角恒等变换求值，考查了转化与化归思想，属于中档 题. 12.已知抛物线 1 和 2 的焦点均为点 (2,1)F ，准线方程为 0x  和5 12 0x y  .设两抛物线 交于 A B、 两点，则直线 AB 的方程为_______. 【答案】 2 3y x 【解析】 【分析】 根据抛物线定义写出两抛物线方程（平方），相减后可得 ,A B 两点坐标满足的方程，化简此方 程（根据 ,A B 两点在两准线的位置确定正负）可得直线 AB 方程． 【详解】按抛物线定义有 2 2 2 2 2 2 1 2 2 (5 12 ):( 2) ( 1) ; :( 2) ( 1) 13 x yx y x x y           ， 两方程相减即得 2 2 2 (5 12 ) 13 x yx  ，而 ,A B 位于 0x  的右侧和5 12 0x y  的上侧， 故 5 12 13 x yx  ，即 2 3y x . 故答案为： 2 3y x ． 【点睛】本题考查抛物线的定义，考查两曲线公共弦所在直线方程．本题中掌握抛物线的定 义和直线方程的定义是解题关键． 二、选择题（本大题共 4 题，每题 5 分，共 20 分） - 7 - 13.不等式 1 02 x x   的解集为（ ） A. [1,2] B. [1,2) C. ( ,1] [2, )   D. ( ,1) (2, )   【答案】B 【解析】 【分析】 把分式不等式转化为整式不等式求解．注意分母不为 0． 【详解】原不等式可化为 ( 1)( 2) 0 2 0 x x x       ，解得1 2x  ． 故选：B． 【点睛】本题考查解分式不等式，解题方法是转化为整式不等式求解，转化时要注意分式的 分母不为 0． 14.设 z 是复数，则“ z 是虚数”是“ 3z 是虚数”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 也非必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 根据充分必要条件的定义及复数的概念进行判断．可取特例说明一个命题为假． 【详解】充分性：取 1 3 2 2z i   ，故 3 1z  是实数，故充分性不成立； 必要性：假设 z 是实数，则 3z 也是实数，与 3z 是虚数矛盾，∴ z 是虚数，故必要性成立． 故选：B．. 【点睛】本题考查充分必要条件的判断，考查复数的概念，属于基础题． 15.设 1 2,F F 是椭圆 2 2 19 4 x y  的两焦点，A 与 B 是该椭圆的右顶点与上顶点，P 是该椭圆上 的一个动点，O 是坐标原点，记 2 1 22s OP F P F P     .在动点 P 在第一象限内从 A 沿椭圆向 左上方运动到 B 的过程中， s 的大小变化情况为（ ） A. 逐渐变大 B. 逐渐变小 C. 先变大后变小 D. 先变小后 - 8 - 变大 【答案】B 【解析】 【分析】 设 ( , )P x y ，然后由向量数量积的坐标表示求出 s 为 x 的函数后，根据函数性质可得结论． 【详解】设 ( , )P x y ，由椭圆方程知 1 2( 5,0), ( 5,0)F F ， 2 2 2 1 22 2( ) ( 5, ) ( 5, )s OP F P F P x y x y x y           2 2 2 2 2 22( ) ( 5 ) 5x y x y x y        2 2 254 1 5 99 9 xx x         ，随 x 的减小而变 小， 故选：B. 【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算，掌握向量数量积的的坐标表示是解题基础． 16.设 na 是 2020 项的实数数列， na 中的每一项都不为零， na 中任意连续 11 项 1 10, ,n n na a a  的乘积是定值 ( 1,2,3, ,2010)n   . ①存在满足条件的数列，使得其中恰有 365 个 1； ②不存在满足条件的数列，使得其中恰有 550 个 1. 命题的真假情况为（ ） A. ①和②都是真命题 B. ①是真命题，②是假命题 C. ②是真命题，①是假命题 D. ①和②都是假命题 【答案】D 【解析】 【分析】 先确定数列是周期数列，然后根据一个周期中出现的 1 的个数，判断数列中可能出现的 1 的 个数（与 365,550 接近的可能个数），得出结论． 【详解】设 1 10n n na a a k   ；则 1 2 11n n na a a k    ，也就是 11n na a  ，即 na 是以 11 为周期的数列.而 2020 11 183 7   . 若一个周期内有 1 个 1，则 1 的个数有 183 或 184 个. 若一个周期内有 2 个 1，则 1 的个数有 366 或 367 或 368 个. - 9 - 若一个周期内有 3 个 1，则 1 的个数有 549 或 550 或 551 或 552 个. 故选：D． 【点睛】本题考查数列的周期性，解题方法是确定出数列的周期，然后分类讨论 1 出现的次 数的可能（与 365,550 接近的可能个数）． 三、解答题（本大题共 5 题，共 14+14+14+16+18=76 分） 17.如图，线段OA和OB 是以 P 为顶点的圆锥的底面的两条互相垂直的半径，点 M 是母线 PB 的中点，已知 2OA OM  . （1）求该圆锥的体积； （2）求异面直线 OM 与 AP 所成角的大小 【答案】（1） 8 3 3  （2） 3arccos 4 【解析】 【分析】 （1）由圆锥性质知 4PB  ，然后计算出高 PO 后可得体积； （2）以OA为 x 轴正半轴，OB 为 y 轴正半轴， OP 为 z 轴正半轴.建立空间直角坐标系，用 空间向量法示得异面直线所成的角． 【详解】（1）由题可得 4, 2 3PB OP  ，故体积 21 1 8 32 2 33 3 3V S h          . （2）以OA为 x 轴正半轴，OB 为 y 轴正半轴， OP 为 z 轴正半轴建立空间直角坐标系，则 (0,0,0)O ， (0,1, 3), (2,0,0), (0,0,2 3)M A P ，所以 (0,1, 3), ( 2,0,2 3)OM AP    ， 设异面直线OM 与 AP 所成角为 ，则 | | 6 3cos 2 4 4| || | OM AP OM AP         ，故所成角为 - 10 - 3arccos 4 . 【点睛】本题考查求圆锥的体积，考查用空间向量法求异面直线所成的角．掌握圆锥的性质 是解题关键． 18.已知三角形 ABC 中，三个内角 、 、A B C 的对应边分别为 a b c、 、 ，且 5, 7a b  . （1）若 3B  ，求 c ； （2）设点 M 是边 AB 的中点，若 3CM  ，求三角形 ABC 的面积. 【答案】（1） 8c  （2） 6 6 【解析】 【分析】 （1）用余弦定理后解方程可求得 c ； （2）由余弦定理求得中线与边长的关系，从而求得三角形的第三边长，再由余弦定理求出一 个角的余弦，转化为正弦后可得三角形面积． 【详解】（1）由余弦定理可得 2 2 2 22 cos 49 25 5 8b a c ac B c c c         . （2）由题意可得 2 2 2 2 cosCA CM AM CM AM AMC     ， 2 2 2 2 cosCB CM BM CM BM BMC     ， 又 AM BM ， AMC BMC     ， ∴  2 2 2 22CA CB CM AM   ，即  249 25 2 9 AM   ，∴ 2 7AM  ， - 11 - ∴ 2 4 7c AM  ，由 2 2 2 49 25 112 19 12 6cos sin2 70 35 35 a b cC Cab          ， ∴ 1 1 12 6sin 5 7 6 62 2 35ABCS ab C      . 【点睛】本题考查余弦定理解三角形，考查三角形面积，本题中涉及三角形路线问题，根据 余弦定理有结论  2 2 2 22CA CB CM AM   成立（其中 M 是 AB 中点）． 19.某地出现了虫害，农业科学家引入了“虫害指数”数列 nI ， nI 表示第 n 周的虫害的严 重程度，虫害指数越大，严重程度越高，为了治理虫害，需要环境整治、杀灭害虫，然而由 于人力资源有限，每周只能采取以下两个策略之一： 策略 A ：环境整治，“虫害指数”数列满足 1 1.02 0.20n nI I   ； 策略 B ：杀灭害虫，“虫害指数”数列满足 1 1.08 0.46n nI I   ； 当某周“虫害指数”小于 1 时，危机就在这周解除. （1）设第一周的虫害指数 1 [1,8]I  ，用哪一个策略将使第二周的虫害严重程度更小？ （2）设第一周的虫害指数 1 3I  ，如果每周都采用最优的策略，虫害的危机最快在第几周解 除？ 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）虫害最快在第 9 周解除 【解析】 【分析】 （1）根据两种策略，分别计算第二周虫害指数 2I ，比较它们的大小可得结论； （2）由（1）可知，最优策略为策略 B ，得 1 1.08 0.46n nI I   ，凑配出数列 23{ }4nI  是等 比数列，求得通项 nI ，由 1nI  可解得 n 的最小值． 【详解】（1）由题意可知，使用策略 A 时， 2 11.02 0.2I I  ；使用策略 B 时， 2 11.08 0.46I I  令  1 1 1 131.02 0.20 1.08 0.46 0 3I I I      ，即当 1 131, 3I     时，使用策略 B 第二周严 重程度更小；当 1 13 3I  时，使用两种策哈第二周严重程度一样；当 1 13 ,83I     时，使用策 - 12 - 略 A 第二周严重程度更小. （2）由（1）可知，最优策略为策略 B ，即 1 1 23 231.08 0.46, 1.084 4n n n nI I I I          ， 所以数列 23 4nI    是以 11 4  为首项，1.08 为公比的等比数列，所以 123 11 1.084 4 n nI        ，即 111 231.084 4 n nI        ，令 1nI  ，可得 9n  ，所以虫害最 快在第 9 周解除. 【点睛】本题考查数列的应用，考查由递推公式求数列的通项公式．掌握由递推公式 1 ( 1,0)n na pa q p    求通项公式的方法是解题基础． 20.已知双曲线 2 2 2: 1( 0)yH x bb    ，经过点 (2,0)D 的直线 l 与该双曲线交于 M N、 两点. （1）若 l 与 x 轴垂直，且| | 6MN  ，求b 的值； （2）若 2b  ，且 M N、 的横坐标之和为 4 ，证明： 90MON   . （3）设直线 l 与 y 轴交于点 , ,E EM MD EN ND      ，求证：   为定值. 【答案】（1） 3b  （2）证明见解析；（3）证明见解析； 【解析】 【分析】 （1）把 2x  代入双曲线方程求得 ,M N 坐标，由 6MN  可求得b ； （2）设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，设直线方程为 ( 2)y k x  ，代入双曲线方程应用韦达定理 得 1 2 1 2,x x x x ，由 1 2 4x x   可求得 k ，再由数量积的坐标运算计算出OM ON  可得结论； （3）设方程为 ( 2)y k x  ，且 (0, 2 )E k ，由 ,EM MD  可用 ,  表示出 1 1,x y ，代入双 曲线方程得 2 2 2 2 23 2 4 0b b k b     ，同理 2 2 2 2 23 2 4 0b b k b     .故  、 是方程 2 2 2 2 23 2 4 0b x b x k b    的两根.由韦达定理可得结论． 【详解】（1） : 2l x  ， 2 24 1y b   ， 3y b  ， - 13 - ∴ (2, 3 ), (2, 3 ), 2 3 6 3M b N b MN b b     . （2） 2 2: 12 yH x   ，设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，显然直线斜率存在，设方程为 ( 2)y k x  ， 并与 H 联立得 2 2 2 22 4 4 2 0k x k x k     ，由 1 2 4x x   得 2 2 4 4 12 k kk       ， 此时 1 2 6x x   .     1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 2 4OM ON x x y y x x x x x x x x            12 2 ( 4) 4 0       . （3）有题意可知直线 l 斜率必存在，设方程为 ( 2)y k x  ，且 (0, 2 )E k .由 ,EM MD EN ND      得         1 1 1 1 2 2 2 2 , 2 2 , , 2 2 , x y k x y x y k x y            ，所以 1 2 1x    ， 1 2 1 ky    ， 又由于点 M 在双曲线 H 上，故 2 22 2 1 1 2 2 2 2 11 11 k yx b b                化简得 2 2 2 2 23 2 4 0b b k b     ，同理 2 2 2 2 23 2 4 0b b k b     .故  、 是方程 2 2 2 2 23 2 4 0b x b x k b    的两根.则 2 2 2 2 3 3 b b     为定值. 【点睛】本题考查直线与双曲线相交问题，考查韦达定理的应用．在直线与双曲线相交时常 常设交点坐标为 1 1 2 2( , ),( , )x y x y ，由直线方程与双曲线方程联立方程组消元后应用韦达定理 得出 1 2 1 2,x x x x ，然后代入其他条件求解． 21.已知 ( ) 2 1x mf x mx   ，其中 m 是实常数. （1）若 1 18f m      ，求 m 的取值范围； （2）若 0m  ，求证：函数 ( )f x 的零点有且仅有一个； （3）若 0m  ，设函数 ( )y f x 的反函数为 1( )y f x ，若 1 2 3 4, , ,a a a a 是公差 0d  的等 差数列且均在函数 ( )f x 的值域中，求证：        1 1 1 1 1 4 2 3f a f a f a f a      . - 14 - 【答案】（1） (0,2 3) (2 3, )    （2）证明见解析；（3）证明见解析； 【解析】 【分析】 （1）直接解不等式 1( ) 18f m  即可； （2）说明函数是增函数，然后由 (0) 0f  ， 2( ) 0f m m    可得结论； （3）首先不等式变形：        1 1 1 1 4 3 2 1f a f a f a f a      ，即        1 1 1 1 3 3 1 1f a d f a f a d f a        ，而 3 1a a ，问题转化为证明 1( ) ( )tf t d f t   是关于t 的减函数，即设 1 2t t ，证明        1 1 1 1 1 1 2 2 0f t d f t f t d f t         ，利用反函数定义，设        1 1 2 1 1 2 2 2, , ,f u t d f u t f n t d f n t      ，由 ( )f x 单调递增可得 1 2 1 2, , ,u u n n 之间的大小关系，得            1 1 1 1 1 1 2 2 1 2 1 2f t d f t f t d f t u u n n            . 作两个差 1 2( ) ( )f u f u ， 1 2( ) ( )f n f n ，并相减得        2 1 2 2 1 2 1 2 1 22 2 1 2 2 1u m u n m nu n m n n m u u          ，若   1 2 1 2 0u u n n    ， 此式中分析左右两边出现矛盾，从而只能有   1 2 1 2 0u u n n    ，证得结论． 【详解】（1） 11 2 2 18m mf m        ，所以 1 2 16 m m   ， 1 4m m   ，易知 0m  ，所以 2 4 1 0m m   ，所以 (0,2 3) (2 3, )m     . （2）函数 ( )f x 为增函数，且 2 22(0) 2 1 0, 2 1m mf f m mm            ，由于 2 2 2 22 1 2 1 0 0m m m f m m               .故在 2 ,0m m      上必存在 0x ，使  0 0f x  .又 ( )f x 为增函数，所以函数 ( )f x 的零点有且仅有一个. （3）即证：        1 1 1 1 4 3 2 1f a f a f a f a      . - 15 -        1 1 1 1 3 3 1 1f a d f a f a d f a         ，而 3 1a a ，所以只需证 1( ) ( )tf t d f t   是关于t 的减函数. 设 1 2t t ，即证        1 1 1 1 1 1 2 2f t d f t f t d f t        ※大于 0 设        1 1 2 1 1 2 2 2, , ,f u t d f u t f n t d f n t      ，由 ( )f x 单调递增可得 1 2 1 2 1 1 2 2, , ,u u n n u n u n    .    1 2 1 2u u n n   ※ . 而     1 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 1 u m u m f u mu t d f u mu t             ， 两式相减得  1 2 1 22 2m n mu m u u d     ，    2 1 2 1 22 2 1u m u u m u u d      ① 同理    2 1 2 1 22 2 1n m n n m n n d      ②， ①-②得：        2 1 2 2 1 2 1 2 1 22 2 1 2 2 1u m u n m nu n m n n m u u          . 若   1 2 1 2 0u u n n    ，则上式左侧 0 ，右侧 0 矛盾，故※ 0 .证毕. 【点睛】本题考查函数的零点，反函数的概念，考查函数的单调性，主要考查转化与化归思 想，利用反函数定义把反函数问题转化为原函数的问题求解．对学生分析问题解决问题的能 力要求较高，属于难题． - 16 -