2022屆上海市長寧區高考二模數學試題一、單選題1．是方程組有唯一解的（

）．A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件．【答案】C【分析】根據行列式運算法則及直線平行的等價條件即可判斷答案.【詳解】由題意，直線與直線不平行有唯一解.故選：C.2．如圖，已知分別是正方體所在棱的中點，則下列直線中與直線相交的是（

）．A．直線 B．直線C．直線 D．直線．【答案】A【分析】通過空間想象直接可得.【詳解】如圖，易知，所以，且，所以為梯形，故與EF相交，A正確；因為，所以，故B錯誤；因為平面CDH平面EFNL，平面CDH，平面EFNL，所以直線CD與直線EF無公共點，故C錯誤；因為平面ADF，平面，故AD與EF異面，D錯誤.故選：A3．若函數存在反函數，則常數的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】依題意可得在上單調，分兩種情況討論，參變分離，結合指數函數的性質計算可得；【詳解】解：因為函數存在反函數，所以函數在上單調，若單調遞增，即，則在上恒成立，即在上恒成立，因為在上單調遞增，所以，所以；若單調遞減，即，則在上恒成立，即在上恒成立，因為在上單調遞增，所以，所以；綜上可得；故選：D4．已知函數滿足：．若函數在區間上單調，且滿足，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用輔助角公式化簡，結合已知可求解析式，然后由可知等于函數圖象對稱中心橫坐標，求出函數對稱中心可得.【詳解】，因為，所以當時，取得最大值，即所以，即因為，所以的中點是函數的對稱中心，由，得所以，所以易知，當時取得最小值.故選：C二、填空題5．設集合，，則_________．【答案】【分析】先求出集合A，再根據交集的定義即可求得答案.【詳解】由題意，，所以.故答案為：.6．已知四個數，，，的平均數為，則這四個數的中位數是________．【答案】3【分析】根據平均數的公式求得，再分析中位數即可【詳解】由題意，，解得，故中位數為故答案為：37．已知復數滿足：（為虛數單位），則________．【答案】1【分析】根據復數除法運算可得，結合共軛復數概念得，再由復數虛部的概念理解可得結果．【詳解】∵，則∴故答案為：1．8．已知實數滿足，則的最小值為___________．【答案】【分析】畫出可行域，再根據直線的截距與負相關求解最值即可【詳解】畫出可行域，因為直線的截距與負相關，故取得最小值時，過的交點，此時故答案為：9．已知隨機事件A、互相獨立，且，，則_______．【答案】【分析】根據對立事件的概率公式和相互獨立事件的概率乘法公式可得.【詳解】因為，所以，所以.10．已知，若，則_________．【答案】2【分析】根據空間向量的線性運算，結合數量積的坐標運算求解即可【詳解】因為，故，即，故，故故答案為：211．已知等比數列的公比為2，前項和為，則__________．【答案】2【分析】根據等比數列的通項公式，求和公式求解，再求極限即可【詳解】因為，，故故答案為：212．將編號為，，，的個小球放入個不同的盒子中，每個盒子不空，若放在同一盒子里的個小球編號不相鄰，則共有__________種不同的放法．【答案】18【分析】先把4個小球分為一組，其中2個不連號小球的種類有，，為一組，再全排列即可，【詳解】解：先把4個小球分為一組，其中2個不連號小球的種類有，，為一組，分組后分配到三個不同的盒子里，故共有種不同的放法；故答案為：18．13．曲線的焦點坐標為__________．【答案】【分析】根據消去參數，將參數方程化為普通方程，即可求出焦點坐標；【詳解】解：因為，又曲線，所以，即，所以，即，所以，即曲線表示焦點在軸上的拋物線，且焦點為；故答案為：14．已知函數滿足：，則不等式的解集為____．【答案】【分析】根據題意可知為奇函數，利用分離常數得在上單調遞增，結合奇函數與單調性得關系可得在上單調遞增，再解得，即可判斷解集．【詳解】根據題意可得，且為奇函數當時，，則在上單調遞增∴在上單調遞增則，即，解得∴即的解集為故答案為：．15．已知雙曲線的左、右焦點分別為，過且斜率為的直線與雙曲線的左支交于點．若，則雙曲線的漸近線方程為________．【答案】【分析】根據向量的線性運算可得，再根據焦點三角形中的關系可得，再根據等腰三角形的性質可列式求得離心率，進而求得漸近線的方程.【詳解】因為，故，即，故，根據雙曲線的定義有，故，又直線斜率為，故，所以，根據等腰三角形的性質有，即，解得，故.故雙曲線的漸近線方程為故答案為：16．已知數列滿足：對任意，都有，．設數列的前項和為，若，則的最大值為__________．【答案】【分析】先說明中不可能存在相鄰兩項為非負數，可得當時，則，，當時，則，，由此可求得答案.【詳解】假設中存在相鄰兩項為非負數，則，若，則，與條件矛盾；若，則，與條件矛盾，故中不可能存在相鄰兩項為非負數，當時，則，則根據得,故，當時，則，則根據得,故，所以總成立，又當n為奇數時，，所以的奇偶性不同，則，當n為偶數時，，故當k為奇數時,,此時考查數列：符合題意，此時的最大值為0；故當k為偶數時,,此時考查數列：符合題意，此時的最大值為，故的最大值為，故答案為：【點睛】本題考查了數列的和的最大值問題，解得的關鍵是根據題意弄清數列的特征，明確其相鄰兩項之間的關系.三、解答題17．已知圓錐的頂點為，底面圓心為，母線的長為．(1)若圓錐的側面積為，求圓錐的體積(2)是底面圓周上的兩個點，，為線段的中點，若圓錐的底面半徑為2，求直線與平面所成角的大小．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據圓錐的側面積公式求出底面半徑，即可求出圓錐的高，再根據圓錐的體積公式計算可得；（2）設的中點為，連接、，即可得到，再由線面垂直的性質得到，從而得到平面，即是直線與平面所成角，再由銳角三角函數計算可得．【詳解】(1)解：設圓錐的底面半徑為，側面母線長為，圓錐的高為，則，

因為，所以，所以，所以圓錐的體積．(2)解：設的中點為，連接、，則，因為，所以，

因為底面，底面，所以，由，平面，所以平面，所以即是直線與平面所成角．

．因為圓錐的底面半徑為2，母線長為，所以高，所以，．因為，所以，所以．即直線與平面所成角為．18．在中，角的對邊分別為．(1)若，求(2)若，的面積，求外接圓半徑的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據正弦定理與余弦定理化簡即可（2）根據三角形的面積公式可得，再根據基本不等式可得，再根據正弦定理求解即可【詳解】(1)因為，由正弦定理，，所以，因為，所以(2)由已知，，所以，

所以

因為所以（當時取等號）

所以所以的最小值為（當時取得）19．甲、乙兩人同時分別入職兩家公司，兩家公司的基礎工資標準分別為：公司第一年月基礎工資數為3700元，以后每年月基礎工資比上一年月基礎工資增加300元；公司第一年月基礎工資數為4000元，以后每年月基礎工資都是上一年的月基礎工資的1.05倍．(1)分別求甲、乙兩人工作滿10年的基礎工資收入總量（精確到1元）(2)設甲、乙兩人入職第年的月基礎工資分別為、元，記，討論數列的單調性，指出哪年起到哪年止相同年份甲的月基礎工資高于乙的月基礎工資，并說明理由．【答案】(1)甲的基礎工資收入總量元；乙的基礎工資收入總量元(2)單調性見解析；從第5年到第14年甲的月基礎工資高于乙的月基礎工資；理由見解析【分析】（1）易得甲的工資滿足等差數列，乙的工資滿足等比數列，再根據等差等比數列的求和公式求解即可（2）根據題意可得，再求解分析的單調性，并計算時的取值范圍即可【詳解】(1)甲的基礎工資收入總量元乙的基礎工資收入總量元(2)，，，設，即，解得所以當時，遞增，當時，遞減又當，即，解得，所以從第5年到第14年甲的月基礎工資高于乙的月基礎工資．

．20．已知分別為橢圓的上、下頂點，是橢圓的右焦點，是橢圓上異于的點．(1)若，求橢圓的標準方程(2)設直線與軸交于點，與直線交于點，與直線交于點，求證：的值僅與有關(3)如圖，在四邊形中，，，若四邊形面積S的最大值為，求的值．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據已知判斷形狀，然后可得；（2）設，表示出直線、的方程，然后求Q、R的坐標，直接表示出所求可證；（3）設，，根據已知列方程求解可得之間關系，表示出面積，結合已知可得.【詳解】(1)因為，，所以是等邊三角形，因為，，所以，得橢圓的標準方程為．(2)設，，，因為，所以直線、的方程分別為，，所以，，又所以，所以的值僅與有關．(3)設，，因為，，所以，兩式相減得，帶回原式得，因為，所以，因為的最大值為，所以，得．21．已知函數的定義域為，若存在常數，使得對任意，都有，則稱函數具有性質．(1)若函數具有性質，求的值(2)設，若，求證：存在常數，使得具有性質(3)若函數具有性質，且的圖像是一條連續不斷的曲線，求證：函數在上存在零點．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）對任意，都有，代入和即可得出答案；（2）設，利用零點存在性定理即可證得結論；（3）先轉化為，然后令得，，分情況利用零點存在性定理證得結論.【詳解】(1)函數具有性質，所以對任意，都有，令，得，令，得，所以．(2)證明：函數具有性質的充要條件為存在，使得，