2024年1月8日发(作者：数学试卷反思41字以上)

上海市上海中学2022届高三下学期高考模拟3数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题1．已知集合UR,集合Pxx21,则ðUP______12．在2x的展开式中，各项系数之和为__________.x12x13．写出系数矩阵为，且解为的一个线性方程组是______.21y194．已知函数f(x)sinxsin(x)(0)的最小正周期是，则______.321305．若三阶行列式2n12m中第1行第2列的元素3的代数余子式的值是15，4m12n1则nmi（其中i是虚数单位，m、nR）的值是_______________．xx16．函数f(x)log2(423)的值域为___________7．某校举行数学文化知识竞赛，现在要从进入决赛的5名选手中随机选出2名代表学校参加市级比赛.某班有甲、乙两名同学进入决赛，则在这次竞赛中该班有同学参加市级比赛的概率为______.8．在ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，且满足4cos则角A的大小是______.29．关于x的不等式logax2x31在R上恒成立，则实数a的取值范围是______.2A7cos2(BC)，2222xy10．在平面直角坐标系xOy中，动点P在椭圆1上，点M是OP的中点，过点43M作直线l（和直线OP不重合）与椭圆相交于Q，R两点，若直线OP，OQ的斜率分3别为k1、k2，且MRQM，则k1k2的值是______.511．若一个整数数列的首项和末项都是1，且任意相邻两项之差的绝对值不大于1，则我们称这个数列为“好数列”，例如：1，2，2，3，4，3，2，1，1是一个好数列，若一个好数列的各项之和是2021，则这个数列至少有______项.xax1,x012．已知函数f(x)2的最小值为a1，则实数a的取值范围为x0xax2,__________.试卷第1页，共4页

二、单选题13．已知集合Ax,yxy2，Bx,yx2y4，则AB（）A．0,2B．0,2C．D．0,2）14．数列an的前n项和记为Sn，则“数列Sn为等差数列”是“数列an为常数列”的（A．充分不必要条件C．充分必要条件B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件15．如图，B、D是以AC为直径的圆上的两点，其中ABt1，ADt2，则ACBD（）A．1B．2C．tD．2t16．已知集合M{(x,y)|x2y21}，若实数，满足：对任意的(x,y)M，都有(x,y)M，则称(,)是集合M的“和谐实数对”，则以下集合中，存在“和谐实数对”的是A．{(,)|4}B．{(,)|224}C．{(,)|244}D．{(,)|224}三、解答题17．如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为正方形，P点在平面ABCD内的射影为A，且PAAB2，E为PD中点.试卷第2页，共4页

(1)证明：PB//平面AEC(2)证明：平面PCD平面PAD.18．如图，摩天轮上一点P在时刻t（单位:分钟)距离地面的高度y(单位:米)满足yAsintb,A0,0,,，已知该摩天轮的半径为50米，圆心O距地面的高度为60米，摩天轮做匀速转动，每3分钟转一圈，点P的起始位置在摩天轮的最低点处.（1）根据条件写出y关于t的函数解析式；（2）在摩天轮转动的一圈内，有多长时间点P距离地面的高度超过85米?19．已知函数fxxaxR．x22（1）写出函数yfx的奇偶性；（2）当x0时，是否存在实数a，使yfx的图象在函数gx存在，求a的取值范围；若不存在，说明理由．x2y2220．已知椭圆C:221(ab0)的短轴长为2，离心率为，A，B分别是椭圆ab22图象的下方，若x的右顶点和下顶点.试卷第3页，共4页

（1）求椭圆C的标准方程；1（2）已知P是椭圆C内一点，直线AP与BP的斜率之积为，直线AP.，BP分别交椭2圆于M,N两点，记PAB，PMN的面积分别为SPAB，SPMN.①若M,N两点关于y轴对称，求直线PA的斜率；②证明：SPABSPMN.21．已知集合MN*，且M中的元素个数n大于等于5.若集合M中存在四个不同的元素a,b,c,d，使得abcd，则称集合M是“关联的”，并称集合a,b,c,d是集合M的“关联子集”；若集合M不存在“关联子集”，则称集合M是“独立的”.2,3,5,8是“关联的”还是“独立的”？若是“关联1分别判断集合2,4,6,8,10和集合1，的”，写出其所有的关联子集；．．2已知集合a1,a2,a3,a4,a5是“关联的”，且任取集合ai,ajM，总存在M的关联子集A，使得ai,ajA.若a1a2a3a4a5，求证：a1,a2,a3,a4,a5是等差数列；n2n93集合M是“独立的”，求证：存在xM，使得x.4试卷第4页，共4页

参考答案：1．x|1x3【分析】解绝对值不等式求得集合P，再求得ðUP.【详解】由x21，得x21或x21，即x1或x3.所以Px|x1或x3，所以ðUPx|1x3.故答案为：x|1x3【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查补集的概念和运算，属于基础题.2．1【详解】令考点：赋值法.，即得各项系数的和.x2y33．2xy312【分析】根据系数矩阵为求解.21x2y3【详解】由题意得：线性方程组是，2xy3x1解得，y1x2y3故所求的一个线性方程组是，2xy3x2y3故答案为：2xy34．4【分析】根据三角恒等变换化简三角函数，然后利用周期计算公式列方程，解方程即可求值π13πcosxsinx，【详解】fxsinxsinxsinxsinx3223所以最小正周期是T故答案为：4答案第1页，共14页2ππ，所以ω=4.2

5．2【详解】试题分析：由已知条件得即从而有故nmi故答案为2．考点：1．行列式；2．复数的模．6．[1,)，，，，【分析】先利用配方可得到4x2x13(2x1)222,然后利用对数函数的性质即可求解【详解】因为4x2x13(2x1)222,所以根据对数函数的性质可得f(x)log2(4x2x13)log221，可知函数的值域为[1,)．故答案为：[1,)7．7##0.710【分析】得出这次竞赛中该班没有同学参加市级比赛的概率，即只从除甲、乙两名同学外的三名同学中选两个的概率，在根据互斥事件的概率计算即可得出答案.2C37【详解】在这次竞赛中该班有同学参加市级比赛的概率为12.C510故答案为：0.78．π##603【分析】根据题意结合三角恒等变换运算求解即可得答案.【详解】由ABCπ，即BCπA，故2BC2π2A则4cos2A1cosAcos2(BC)4cos2π2A22cosAcos2A22cosA2cos2A12cos2A2co22，答案第2页，共14页

可得4cos2A4cosA10，解得cosA因为0Aπ，所以A.故答案为：π.3π31，219．,12【分析】分类讨论，根据对数函数单调性，结合恒成立思想解决即可.12【详解】由题意得，logax2x31loga，a所以a10a11恒成立，或21恒成立，2x2x3x2x3aa0a1a1即21，1，或2x2x3x2x3minmaxaaa1因为x22x3无最大值，所以21无解；x2x3maxa因为x22x3最小值为2，0a10a11所以211，解得a1，x2x322minaa1综上，a,1.21故答案为：,12310．##0.754【分析】分别设Q(x1,y1)，R(x2,y2)，M(x0,y0)，则P(2x0,2y0).将P,Q,R点的坐标分别代3MRQM入椭圆方程，结合已知，即可推得52264(3x04y0)9(3x124y12)48(3x0x14y0y1)300，整理可得x0x14y0y1，即可求出答案.3【详解】设点Q(x1,y1)，R(x2,y2)，M的坐标为(x0,y0)，则点P(2x0,2y0).y0y1k1.k则2，x0x1224x04y0224y03.1，即3x0因为点P在椭圆上，所以43答案第3页，共14页

33MRQM因为，所以(x2x0,y2y0)(x0x1,y0y1)，5533所以x2x0(x0x1)，y2y0(y0y1)，558383所以x2x0x1，y2y0y1.5555又Q,R在椭圆上，2222所以有3x14y112，3x24y212，3388代入有3x0x14y0y112，55552222展开得64(3x04y0)9(3x14y1)48(3x0x14y0y1)300，22即64391248(3x0x14y0y1)300，所以3x0x14y0y10，4所以x0x1y0y1.3y0y13y0y1y0y14所以k1k24.y0y1x0x1x0x133故答案为：.411．89【分析】根据题意分析可得数列要想项数最少，需要各项最大，可设这个“好数列”为：1,2,3,,n1,n,n1,,3,2,1，求这个“好数列”各项之和为n2，令n22021得n44，此时202144285，将85分成小于或等于44的项，最少可以分成两项，由此即可求解.【详解】由题意得数列要想项数最少，需要各项最大；又因为数列首项和末项都是1，且任意相邻两项之差的绝对值不大于1，所以需要数列前面递增，后面对称递减，又各项之和是2021，中间可能存在相等的项，答案第4页，共14页

设除去相等项后的各项为1,2,3,,n1,n,n1,,3,2,1，令各项和123(n1)n(n1)21(n1)[1(n1)]2[123(n1)]n2n2n(n1)nn22021，得n44，当n为44时，项数为432187项，202144285，将85分成小于或等于44的项，最少可以分成两项，故这个数列至少有87289项，故答案为：89【点睛】本题考查数列新定义和等差数列求和，关键在于理解数列新定义中各项数的特点，严格按照运用定义进行求和和数列的项的探索，属于中档题.12．{222}[1,1]【分析】对参数a进行分类讨论，结合二次函数的最值，由已知条件，求得不同情况下对应的参数范围，再求并集即可.【详解】分情况进行讨论：xax1,x0当a0时，f(x)2，xax2,x0x0时f(x)在[a,1]取得最小值a1，x0时在x0时取得最小值2，故a12，解得a1，又因为此时a0，所以0a1。xax1,x0当1a0时f(x)2，xax2,x0x0时f(x)在[a,1]之间取得最小值a1，aa2a2x0时在x处取得最小值2，故a12，解得222a222，又因为244此时1a0，所以1a0。xax1,x0当a1时，f(x)2，xax2,x0x0时f(x)在[1,a]之间取得最小值(a1)，而此时(a1)a1，所以x0时的最小值为a1。答案第5页，共14页

又根据二次函数性质，x0时在xaa2处取得最小值2，24a2故a12，解得x222或x222，4而此时a1，故x222。所以实数a的取值范围为{222}[1,1]。故答案为：{222}[1,1]【点睛】本题考查由分段函数的最值，求参数范围，涉及二次函数的最值，注意分类讨论，属综合基础题.13．D【分析】两条直线集合的交集，即这两条直线的交点.xy2【详解】ABx,y0,2x2y4故选：D.14．B【分析】先证必要性，由“数列an为常数列”出发，得出“数列Sn为等差数列”；再证充分性，由“数列Sn为等差数列”，设公差为d，SnS1(n1)d，得出当a1d时，数列an不是常数列，即可得出答案.【详解】若数列an为常数列，则设ana，所以Snna，于是S1a1a,Sn1Sn(n1)anaa，所以Sn为等差数列；即“数列Sn为等差数列”是“数列an为常数列”的必要条件；若数列Sn为等差数列，设公差为d，SnS1(n1)d，于是a1S1，anSnSn1S1(n1)dS1(n2)dd当a1d时，数列an不是常数列，所以“数列Sn为等差数列”不是“数列an为常数列”的充分条件；综上所述，“数列Sn为等差数列”是“数列an为常数列”的必要不充分条件，故选：B答案第6页，共14页，

【点睛】注意充分性及必要性的证明，利用等差数列，常数列的相关知识，特别是当a1d时，数列an不是常数列.15．Auuuruuuruuuruuur【分析】连结BC、CD，则有ABACAB2t1，ADACAD2t2，根据uuuruuuruuuruuuruuurACBDAC(ADAB)求解即可.【详解】解：连结BC、CD.则ADCD，ABur所以ABACABACcosBACAB(ACcosBAC)AB2turADACADACcosCADAD(ACcosCAD)AD2t2.因为BDADAB，uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur所以ACBDAC(ADAB)ACADACABt2(t1)1.故选：A.16．C【详解】试题分析：分析题意可知，所有满足题意的有序实数对(,)所构成的集合为{(,)|11,11}，将其看作点的集合，为中心在原点，(1,1)，(1,1)，(1,1)，(1,1)为顶点的正方形及其内部，A，B，D选项分别表示直线，圆，双曲线，与该正方形及其内部无公共点，选项C为抛物线，有公共点(0,1)，故选C．考点：以集合为背景的创新题．17．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由线线平行证线面平行；（2）由线面垂直证PACD，再证CD平面PAD、平面PCD平面PAD.答案第7页，共14页

【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接EO.因为O为BD中点，E为PD中点，所以EO//PB，因为EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB//平面AEC；（2）因为P点在平面ABCD内的射影为A，所以PA平面ABCD，因为CD平面ABCD，所以PACD.又在正方形ABCD中，CDAD且PAADA，所以CD平面PAD，又CD平面PCD，所以平面PCD平面PAD.18．（1）y50cos2t60；（2）1分钟3Ab11023，当t0时，y50sin6010，解【分析】（1）根据题意得到，TAb10得答案.12t得到答案.（2）解不等式sin223Ab110223，故【详解】（1）根据题意：，故A50，b60，T.Ab103当t0时，y50sin6010，即sin1，,，故.222yft50sint6050cost60.233122t6085，故sint，t0,3.（2）yft50sin22233解得625t，解得1t2，326故有1分钟长的时间点P距离地面的高度超过85米.【点睛】本题考查了三角函数的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.（1）见解析；（2）存在，a4.19．【分析】（1）对a分a0和a0两种情况分类讨论，结合奇偶性的定义可判断出函数答案第8页，共14页

yfx的奇偶性；（2）由题意得出数yxxa24ax，利用参变量分离法得出，然后利用基本不等式求出函xx22x4在x0,时的最小值，即可得出实数a的取值范围.x【详解】（1）因为yfx的定义域为R，关于原点对称.当a0时，fxxxxfx2fx，2，则2x2x2x2此时，函数yfx是奇函数；当a0时，fxxaaxxafx，，则fxfx，fxfx，222x2x2x2此时，函数yfx是非奇非偶函数；（2）若yfx的图象在函数gx则2图象的下方，xxa24ax恒成立，，化简得2x2xx442x4，当且仅当x2时，等号成立.xx2a4，因此，当a4时，函数yfx的图象都在函数gx图象的下方．x当x0时，由基本不等式得x【点睛】本题考查函数奇偶性的判断，同时也考查函数不等式恒成立问题的求解，在含单参数的不等式问题中，可以充分利用参变量分离法，转化为函数最值来求解，可简化分类讨论，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.x22220．（1）y21；（2）①；②详见解析.22【分析】（1）根据短轴长得b1，再根据离心率e以及a,b,c的关系式可解得a，从而可求得椭圆C的标准方程；（2）①设出PA的斜率k，写出PA的方程与椭圆联立解出M的坐标，再根据PA,PB的斜率关系得PB的斜率和方程与椭圆联立解出N的坐标，根据M，N关于y轴对称，列式可求得k；②用PA,PB的方程联立解得P的坐标，通过两点间的距离算得PA,PB,PM,PN，只要证明PAPBPMPN，就可证明SPABSPMN.答案第9页，共14页

x2y22【详解】（1）椭圆C:221ab0的短轴长为2，离心率为，ab22cb2所以2b2,b1，e12，aa2解得a2,a22.x2所以椭圆方程为y21.2（2）①设直线PA的斜率为k，则直线PA的方程为ykx2，ykx22222联立，消去y并化简得12kx42kx4k20，22x2y222k2222k22k22,解得x12,x2，所以M.22212k12k12k11x1，因为直线PA,PB的斜率乘积为，所以直线PB的方程为y22k1x1y222k联立，消去y并化简得12kx4kx0，22x2y24k12k24k,解得x30,x4，所以N22.12k12k12k222k224kyM,N因为关于轴对称，所以0，212k12k2即2k222k10，解得k22.2当kxy12122222时，由，解得P2,2，在椭圆C外，不满足题意.222yx22所以直线PA的斜率为22.222k2222k4k12k2②由①得M12k2,12k2，N12k2,12k2，Aykx222k22k2k22k由，解得xP.,yP12212k12kx1y2k2,0,B0,1，答案第10页，共14页

22k22k2k22k即P12k2,12k2.22k2k2k2k2所以PA212k212k222k2k2k2kPB212k2112k22222222221k212k212k222222，12k12k14k，PAPB2212k21k214k212k24.同理利用两点间的距离公式求得PM221k212k212k22，PN212k12k214k，2222所以PMPN212k21k214k212k24.所以PAPBPMPN，因为APBMPN，所以SPAB11PAPBsinAPBSPMNPMPNsinMPN.22即SPABSPMN.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中三角形面积有关问题，考查运算求解能力，属于难题.4,6,8,10，2,4,8,10；1,2,3,5,8是独21．12,4,6,8,10是关联的，关联子集有2,4,6,8，立的；2证明见解析；3证明见解析【分析】（1）根据题中所给的新定义，即可求解；A1a2,a3,a4,a5， A2a1,a3,a4,a5， A3a1,a2,a4,a5， A4a1,a2,a3,a5，（2）根据题意， A5a1,a2,a3,a4，进而利用反证法求解；答案第11页，共14页

*（3）不妨设集合Ma1,a2,,an(n5)，aiN,i1,2,...,n，且a1a2...an.记Tttaiaj,1ij,jN，进而利用反证法求解；*4,6,8,10，2,4,8,10;【详解】解:12,4,6,8,10是“关联的”关联子集有2,4,6,8，1,2,3,5,8是“独立的”2记集合M的含有四个元素的集合分别为:A1a2,a3,a4,a5， A2a1,a3,a4,a5， A3a1,a2,a4,a5， A4a1,a2,a3,a5， A5a1,a2,a3,a4.所以，M至多有5个“关联子集”.若 A2a1,a3,a4,a5为“关联子集”，则A1a2,a3,a4,a5不是“关联子集”，否则a1a2同理可得若 A2a1,a3,a4,a5为“关联子集”，则A3,A4不是“关联子集”.所以集合M没有同时含有元素a2,a5的“关联子集”，与已知矛盾.所以 A2a1,a3,a4,a5一定不是“关联子集”同理 A4a1,a2,a3,a5一定不是“关联子集”.所以集合M的“关联子集”至多为A1,A3,A5.若A1不是“关联子集”，则此时集合M一定不含有元素a3,a5的“关联子集”，与已知矛盾；若A3不是“关联子集”，则此时集合M一定不含有元素a1,a5的“关联子集”，与已知矛盾；若A5不是“关联子集”，则此时集合M一定不含有元素a1,a3的“关联子集”，与已知矛盾；所以A1,A3,A5都是“关联子集”所以有a2a5a3a4，即a5a4a3a2a1a5a2a4，即a5a4a2a1.a1a4a2a3，即a4a3=a2a1，所以a5a4a4a3a3a2a2a1.答案第12页，共14页

所以a1,a2,a3,a4,a5是等差数列.3不妨设集合Ma1,a2,,an(n5)，aiN*,i1,2,...,n，且a1a2...an.记Tttaiaj,1ij,jN.2因为集合M是“独立的”的，所以容易知道T中恰好有Cn*nn12个元素.n2n9假设结论错误，即不存在xM，使得x4n2n9n2n8*所以任取xM，x，因为xN，所以x44n2n8n2n8n2n8n2n所以aiaj1134422n2n所以任取tT，t32任取tT,t123，n2nnn13，且T中含有Cn2所以T3,4,,个元素.22(i)若3T，则必有a11,a22成立.因为n5，所以一定有anan1a2a1成立.所以anan12.n2n8n2n8n2n所以anan122442n2nTt3t2,tN2*n2n8n2n8，an12，an44所以4T，所以a33，ana1an1a3有矛盾，n2n3(ii)若3T，T3,4,,2而T中含有C2nnn12*n2n3,tN个元素，所以Tt4t2n2n8n2n8所以an，an1144因为4T，所以a11,a23.n2nn2n因为2T，所以2an2an22答案第13页，共14页

所以an2n2n824所以ana1an2a3，矛盾.所以命题成立.【点睛】本题属于新定义题，考查接受新知识，理解新知识，运用新知识的能力，反证法，等差数列，不等式缩放法，排列组合，本题属于难题.答案第14页，共14页


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