2022届上海市培佳双语学校高三第三次测评数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1已知函数，其中，记函数满足条件：为事件，则事件发生的概率为ABCD2如图，在矩形中的曲线分别是，的一部分，在矩形内随机取一点，若此点取自阴影部分的概率为，取自非阴影部分的概率为，则（）ABCD大小关系不能确定3已知复数，其中，是虚数单位

2、，则（ ）ABCD4下图为一个正四面体的侧面展开图，为的中点，则在原正四面体中，直线与直线所成角的余弦值为（ ）ABCD5九章算术中将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.某“堑堵”的三视图如图，则它的外接球的表面积为（ ）A4B8CD6已知全集，集合，则阴影部分表示的集合是（ ）ABCD7已知集合，ByN|yx1，xA，则AB（ ）A1，0，1，2，3B1，0，1，2C0，1，2Dx1x28已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，且抛物线的准线被双曲线截得的线段长为，那么该双曲线的离心率为（ ）ABCD9已知函数，的零点分别为，则（ ）ABCD10己知函数若函数的图象上关于原点对称的点有2

3、对，则实数的取值范围是（ ）ABCD11已知二次函数的部分图象如图所示，则函数的零点所在区间为（ ）ABCD12已知，其中是虚数单位，则对应的点的坐标为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在四棱锥中，底面为正方形，面分别是棱的中点，过的平面交棱于点，则四边形面积为_.14若方程有两个不等实根，则实数的取值范围是_.15已知复数z是纯虚数，则实数a_，|z|_16的展开式中的系数为_（用具体数据作答）.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知椭圆，上顶点为，离心率为，直线交轴于点，交椭圆于，两点，直线，分别交轴于点，（）求椭圆

4、的方程；（）求证：为定值18（12分）已知等差数列中，数列的前项和.（1）求；（2）若，求的前项和.19（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 （为参数），在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2是圆心为（2，），半径为1的圆（1）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（2）设M为曲线C1上的点，N为曲线C2上的点，求|MN|的取值范围20（12分）如图，已知抛物线：与圆： （）相交于， ， ，四个点，（1）求的取值范围；（2）设四边形的面积为，当最大时，求直线与直线的交点的坐标.21（12分）已知是抛物线：的焦点，点在上，到轴的距离比小1.（1）求的方程；

5、（2）设直线与交于另一点，为的中点，点在轴上，.若，求直线的斜率.22（10分）如图，已知四棱锥，底面为边长为2的菱形，平面，是的中点，（） 证明：；（） 若为上的动点，求与平面所成最大角的正切值参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1D【解析】由得，分别以为横纵坐标建立如图所示平面直角坐标系，由图可知，.2B【解析】先用定积分求得阴影部分一半的面积，再根据几何概型概率公式可求得【详解】根据题意，阴影部分的面积的一半为：，于是此点取自阴影部分的概率为又，故故选B【点睛】本题考查了几何概型，定积分的计算以及几何意义，属于中档

6、题3D【解析】试题分析：由,得,则，故选D.考点：1、复数的运算；2、复数的模.4C【解析】将正四面体的展开图还原为空间几何体，三点重合，记作，取中点，连接，即为与直线所成的角，表示出三角形的三条边长，用余弦定理即可求得.【详解】将展开的正四面体折叠，可得原正四面体如下图所示，其中三点重合，记作：则为中点，取中点，连接，设正四面体的棱长均为，由中位线定理可得且，所以即为与直线所成的角， ，由余弦定理可得，所以直线与直线所成角的余弦值为，故选：C.【点睛】本题考查了空间几何体中异面直线的夹角，将展开图折叠成空间几何体，余弦定理解三角形的应用，属于中档题.5B【解析】由三视图判断出原图，将几何体补

7、形为长方体，由此计算出几何体外接球的直径，进而求得球的表面积.【详解】根据题意和三视图知几何体是一个底面为直角三角形的直三棱柱，底面直角三角形的斜边为2，侧棱长为2且与底面垂直，因为直三棱柱可以复原成一个长方体，该长方体外接球就是该三棱柱的外接球，长方体对角线就是外接球直径，则，那么.故选：B【点睛】本小题主要考查三视图还原原图，考查几何体外接球的有关计算，属于基础题.6D【解析】先求出集合N的补集，再求出集合M与的交集，即为所求阴影部分表示的集合.【详解】由，可得或，又所以.故选：D.【点睛】本题考查了韦恩图表示集合，集合的交集和补集的运算，属于基础题.7A【解析】解出集合A和B即可求得两个

8、集合的并集.【详解】集合xZ|2x31，0，1，2，3，ByN|yx1，xA2，1，0，1，2，AB2，1，0，1，2，3故选：A【点睛】此题考查求集合的并集，关键在于准确求解不等式，根据描述法表示的集合，准确写出集合中的元素.8A【解析】由抛物线的焦点得双曲线的焦点，求出，由抛物线准线方程被曲线截得的线段长为，由焦半径公式，联立求解.【详解】解：由抛物线，可得，则，故其准线方程为，抛物线的准线过双曲线的左焦点，抛物线的准线被双曲线截得的线段长为，又，则双曲线的离心率为故选：【点睛】本题考查抛物线的性质及利用过双曲线的焦点的弦长求离心率. 弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长9C【解析】转化函

9、数，的零点为与，的交点，数形结合，即得解.【详解】函数，的零点，即为与，的交点，作出与，的图象，如图所示，可知故选：C【点睛】本题考查了数形结合法研究函数的零点，考查了学生转化划归，数形结合的能力，属于中档题.10B【解析】考虑当时，有两个不同的实数解，令，则有两个不同的零点，利用导数和零点存在定理可得实数的取值范围.【详解】因为的图象上关于原点对称的点有2对，所以时，有两个不同的实数解.令，则在有两个不同的零点.又， 当时，故在上为增函数，在上至多一个零点，舍.当时，若，则，在上为增函数；若，则，在上为减函数；故，因为有两个不同的零点，所以，解得.又当时，且，故在上存在一个零点.又，其中.令

10、，则，当时，故为减函数，所以即.因为，所以在上也存在一个零点.综上，当时，有两个不同的零点.故选：B.【点睛】本题考查函数的零点，一般地，较为复杂的函数的零点，必须先利用导数研究函数的单调性，再结合零点存在定理说明零点的存在性，本题属于难题.11B【解析】由函数f(x)的图象可知，0f(0)a1，f(1)1ba0，所以1b2.又f(x)2xb，所以g(x)ex2xb，所以g(x)ex20，所以g(x)在R上单调递增，又g(0)1b0，g(1)e2b0，根据函数的零点存在性定理可知，函数g(x)的零点所在的区间是(0，1)，故选B.12C【解析】利用复数相等的条件求得，则答案可求【详解】由，得，

11、对应的点的坐标为，故选：【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数相等的条件，是基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】设是中点，由于分别是棱的中点，所以，所以，所以四边形是平行四边形.由于平面，所以，而，所以平面，所以.由于，所以，也即，所以四边形是矩形. 而.从而.故答案为：.【点睛】本小题主要考查空间平面图形面积的计算，考查线面垂直的判定，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.14【解析】由知x0，故.令，则.当时，；当时，.所以在（0，e）上递增，在（e，+）上递减.故，即.151 1 【解析】根据复数运算法则计算复数z，根据复数的概念和模长

12、公式计算得解.【详解】复数z，复数z是纯虚数，解得a1，zi，|z|1，故答案为：1，1【点睛】此题考查复数的概念和模长计算，根据复数是纯虚数建立方程求解，计算模长，关键在于熟练掌握复数的运算法则.16【解析】利用二项展开式的通项公式可求的系数.【详解】的展开式的通项公式为，令，故，故的系数为.故答案为：.【点睛】本题考查二项展开式中指定项的系数，注意利用通项公式来计算，本题属于容易题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（）；（），证明见解析【解析】（）根据题意列出关于，的方程组，解出，的值，即可得到椭圆的方程；（）设点，点，易求直线的方程为：，令得，同理可得，

13、所以，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理代入上式，化简即可得到【详解】（）解：由题意可知：，解得，椭圆的方程为：；（）证：设点，点，联立方程，消去得：，点，直线的方程为：，令得，同理可得，把式代入上式得：，为定值【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系、定值问题的求解；关键是能够通过直线与椭圆联立得到韦达定理的形式，利用韦达定理化简三角形面积得到定值；考查计算能力与推理能力，属于中档题18（1），；（2）.【解析】（1）由条件得出方程组 ，可求得的通项，当时，可得，当时，得出是以1为首项，2为公比的等比数列，可求得的通项；（2）由（1）可知，分n为偶数和n为奇数分别求得.【详解】（1）由条件知，

14、 ，当时，即，当时，是以1为首项，2为公比的等比数列， ；（2）由（1）可知，当n为偶数时， 当n为奇数时， 综上，【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项的求得，以及其前n项和，注意分n为偶数和n为奇数两种情况分别求得其数列的和，属于中档题.19（1）C1：y21，C2 ：x2+（y2）21；（2）0，1【解析】（）消去参数可得C1的直角坐标方程，易得曲线C2的圆心的直角坐标为（0，2），可得C2的直角坐标方程；（）设M（3cos，sin），由三角函数和二次函数可得|MC2|的取值范围，结合圆的知识可得答案【详解】（1）消去参数可得C1 的普通方程为y21，曲线C2 是圆心为（2，），半径为

15、1 的圆，曲线C2 的圆心的直角坐标为（0，2），C2 的直角坐标方程为x2+（y2）21； （2）设M（3cos，sin），则|MC2| ，1sin1，1|MC2|，由题意结合图象可得|MN|的最小值为110，最大值为1，|MN|的取值范围为0，1【点睛】本题考查椭圆的参数方程，涉及圆的知识和极坐标方程，属中档题20（1）（2）点的坐标为【解析】将抛物线方程与圆方程联立,消去得到关于的一元二次方程, 抛物线与圆有四个交点需满足关于的一元二次方程在上有两个不等的实数根,根据二次函数的有关性质即可得到关于的不等式组,解不等式即可.不妨设抛物线与圆的四个交点坐标为，据此可表示出直线、的方程,联立方

16、程即可表示出点坐标,再根据等腰梯形的面积公式可得四边形的面积的表达式,令,由及知,对关于的面积函数进行求导，判断其单调性和最值,即可求出四边形的面积取得最大值时的值,进而求出点坐标.【详解】（1）联立抛物线与圆的方程消去，得.由题意可知在上有两个不等的实数根.所以解得，所以的取值范围为.（2）根据（1）可设方程的两个根分别为，（），则，且，所以直线、的方程分别为，,联立方程可得,点的坐标为，因为四边形为等腰梯形,所以，令，则，所以，因为,所以当时,；当时,， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，即当时，四边形的面积取得最大值，因为,点的坐标为,所以当四边形的面积取得最大值时,点的坐标为.【点睛

17、】本题考查利用导数求函数的极值与最值、抛物线及其标准方程及直线与圆锥曲线相关的最值问题；考查运算求解能力、转化与化归能力和知识的综合运用能力;利用函数的思想求圆锥曲线中面积的最值是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.21（1）（2）【解析】（1）由抛物线定义可知，解得，故抛物线的方程为；（2）设直线：，联立，利用韦达定理算出的中点，又，所以直线的方程为，求出，利用求解即可.【详解】（1）设的准线为，过作于，则由抛物线定义，得，因为到的距离比到轴的距离大1，所以，解得，所以的方程为（2）由题意，设直线方程为，由消去，得，设，则，所以，又因为为的中点，点的坐标为，直线的方程为，令，得，点的坐标为，所以，解得，所以直线的斜率为.【点睛】本题主