2022届上海市普陀区市级名校高三下学期第六次检测数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为，设地球半径为，该卫星近地点离地面的距离为，则该卫星远地点离地面的距离为（ ）ABCD2已知是两条不重合的直线，是两个

2、不重合的平面，下列命题正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则3关于函数，有下述三个结论：函数的一个周期为；函数在上单调递增；函数的值域为.其中所有正确结论的编号是（ ）ABCD4下列命题中，真命题的个数为（ ）命题“若，则”的否命题；命题“若，则或”；命题“若，则直线与直线平行”的逆命题.A0B1C2D35设命题p:1,n22n,则p为（ ）ABCD6设集合，则（ ）ABCD7已知全集，集合，则（ ）ABCD8已知的共轭复数是，且（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限9等差数列中，已知，且，则数列的前项和中最小的是（ ）A或BCD10

3、已知函数，若，则的最小值为（ ）参考数据：ABCD11将函数的图象向右平移个周期后，所得图象关于轴对称，则的最小正值是（ ）ABCD12在等差数列中，若（），则数列的最大值是（ ）ABC1D3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在矩形中，为的中点，将和分别沿，翻折，使点与重合于点.若，则三棱锥的外接球的表面积为_.14在棱长为的正方体中，是正方形的中心，为的中点，过的平面与直线垂直，则平面截正方体所得的截面面积为_.15已知关于x的不等式（axa24）（x4）0的解集为A，且A中共含有n个整数，则当n最小时实数a的值为_16过圆的圆心且与直线垂直的直线方程为_.三、解答题：共7

4、0分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知A是抛物线E：y22px(p0)上的一点，以点A和点B(2,0)为直径两端点的圆C交直线x1于M，N两点.（1）若|MN|2，求抛物线E的方程；（2）若0p1，抛物线E与圆(x5)2+y2=9在x轴上方的交点为P，Q，点G为PQ的中点，O为坐标原点，求直线OG斜率的取值范围.18（12分）已知函数，.（）判断函数在区间上零点的个数，并证明；（）函数在区间上的极值点从小到大分别为，证明：19（12分）在平面四边形中，已知，.（1）若，求的面积；（2）若求的长.20（12分）在极坐标系中，曲线的方程为，以极点为原点，极轴所在直线为轴建

5、立直角坐标，直线的参数方程为（为参数），与交于，两点（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）设点；若、成等比数列，求的值21（12分）棉花的纤维长度是评价棉花质量的重要指标，某农科所的专家在土壤环境不同的甲、乙两块实验地分别种植某品种的棉花，为了评价该品种的棉花质量，在棉花成熟后，分别从甲、乙两地的棉花中各随机抽取21根棉花纤维进行统计，结果如下表：（记纤维长度不低于311的为“长纤维”，其余为“短纤维”）纤维长度甲地（根数）34454乙地（根数）112116（1）由以上统计数据，填写下面列联表，并判断能否在犯错误概率不超过1.125的前提下认为“纤维长度与土壤环境有关系”.甲地乙

6、地总计长纤维短纤维总计附：（1）；（2）临界值表；1111.151.1251.1111.1151.1112.7163.8415.1246.6357.87911.828（2）现从上述41根纤维中，按纤维长度是否为“长纤维”还是“短纤维”采用分层抽样的方法抽取8根进行检测，在这8根纤维中，记乙地“短纤维”的根数为，求的分布列及数学期望.22（10分）在中，、分别是角、的对边，且.（1）求角的值；（2）若，且为锐角三角形，求的取值范围.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。1A【解析】由题意画出图形，结合椭圆的定义，结合椭圆的离

7、心率,求出椭圆的长半轴a,半焦距c,即可确定该卫星远地点离地面的距离.【详解】椭圆的离心率：，（ c为半焦距; a为长半轴），设卫星近地点，远地点离地面距离分别为r，n，如图：则所以,故选：A【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求法，注意半焦距与长半轴的求法,是解题的关键，属于中档题.2B【解析】根据空间中线线、线面位置关系，逐项判断即可得出结果.【详解】A选项，若，则或与相交；故A错；B选项，若，则，又，是两个不重合的平面，则，故B正确；C选项，若，则或或与相交，又，是两个不重合的平面，则或与相交；故C错；D选项，若，则或或与相交，又，是两个不重合的平面，则或与相交；故D错；故选B【点睛】本

8、题主要考查与线面、线线相关的命题，熟记线线、线面位置关系，即可求解，属于常考题型.3C【解析】用周期函数的定义验证.当时，再利用单调性判断.根据平移变换，函数的值域等价于函数的值域，而，当时，再求值域.【详解】因为，故错误；当时，所以，所以在上单调递增，故正确；函数的值域等价于函数的值域，易知，故当时，故正确.故选：C.【点睛】本题考查三角函数的性质，还考查推理论证能力以及分类讨论思想，属于中档题.4C【解析】否命题与逆命题是等价命题，写出的逆命题，举反例排除；原命题与逆否命题是等价命题，写出的逆否命题后，利用指数函数单调性验证正确；写出的逆命题判，利用两直线平行的条件容易判断正确.【详解】的

9、逆命题为“若，则”，令，可知该命题为假命题，故否命题也为假命题；的逆否命题为“若且，则”，该命题为真命题，故为真命题；的逆命题为“若直线与直线平行，则”，该命题为真命题.故选：C.【点睛】本题考查判断命题真假. 判断命题真假的思路：(1)判断一个命题的真假时，首先要弄清命题的结构，即它的条件和结论分别是什么，然后联系其他相关的知识进行判断(2)当一个命题改写成“若，则”的形式之后，判断这个命题真假的方法：若由“”经过逻辑推理，得出“”，则可判定“若，则”是真命题；判定“若，则”是假命题，只需举一反例即可5C【解析】根据命题的否定，可以写出：，所以选C.6C【解析】解对数不等式求得集合，由此求得

10、两个集合的交集.【详解】由，解得，故.依题意，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查对数不等式的解法，考查集合交集的概念和运算，属于基础题.7B【解析】直接利用集合的基本运算求解即可【详解】解：全集，集合，则，故选：【点睛】本题考查集合的基本运算，属于基础题8D【解析】设，整理得到方程组，解方程组即可解决问题【详解】设，因为，所以，所以，解得：，所以复数在复平面内对应的点为，此点位于第四象限.故选D【点睛】本题主要考查了复数相等、复数表示的点知识，考查了方程思想，属于基础题9C【解析】设公差为，则由题意可得，解得，可得.令，可得当时，当时，由此可得数列前项和中最小的.【详解】解：等差数列中，已知

11、，且，设公差为，则，解得，.令，可得，故当时，当时，故数列前项和中最小的是.故选：C.【点睛】本题主要考查等差数列的性质，等差数列的通项公式的应用，属于中档题.10A【解析】首先的单调性，由此判断出，由求得的关系式.利用导数求得的最小值，由此求得的最小值.【详解】由于函数，所以在上递减，在上递增.由于，令，解得，所以，且，化简得，所以，构造函数，.构造函数，所以在区间上递减，而，所以存在，使.所以在上大于零，在上小于零.所以在区间上递增，在区间上递减.而，所以在区间上的最小值为，也即的最小值为，所以的最小值为.故选：A【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查分段函数的图像与性质，考查

12、化归与转化的数学思想方法，属于难题.11D【解析】由函数的图象平移变换公式求出变换后的函数解析式，再利用诱导公式得到关于的方程，对赋值即可求解.【详解】由题意知，函数的最小正周期为,即,由函数的图象平移变换公式可得，将函数的图象向右平移个周期后的解析式为，因为函数的图象关于轴对称，所以，即，所以当时，有最小正值为.故选：D【点睛】本题考查函数的图象平移变换公式和三角函数诱导公式及正余弦函数的性质；熟练掌握诱导公式和正余弦函数的性质是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.12D【解析】在等差数列中,利用已知可求得通项公式,进而,借助函数的的单调性可知,当时, 取最大即可求得结果.【详解】因为，所

13、以，即，又，所以公差，所以，即，因为函数，在时，单调递减，且；在时，单调递减，且.所以数列的最大值是，且，所以数列的最大值是3.故选:D.【点睛】本题考查等差数列的通项公式,考查数列与函数的关系,借助函数单调性研究数列最值问题,难度较易.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.【解析】计算外接圆的半径，并假设外接球的半径为R，可得球心在过外接圆圆心且垂直圆面的垂线上，然后根据面，即可得解.【详解】由题意可知，所以可得面，设外接圆的半径为，由正弦定理可得，即，设三棱锥外接球的半径，因为外接球的球心为过底面圆心垂直于底面的直线与中截面的交点，则，所以外接球的表面积为.故答案为：.【点

14、睛】本题考查三棱锥的外接球的应用，属于中档题.14【解析】确定平面即为平面，四边形是菱形，计算面积得到答案.【详解】如图，在正方体中，记的中点为，连接，则平面即为平面证明如下：由正方体的性质可知，则，四点共面，记的中点为，连接，易证连接，则，所以平面，则同理可证，则平面，所以平面即平面，且四边形即平面截正方体所得的截面因为正方体的棱长为，易知四边形是菱形，其对角线，所以其面积故答案为：【点睛】本题考查了正方体的截面面积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.15-1【解析】讨论三种情况，a0时,根据均值不等式得到a（a）14，计算等号成立的条件得到答案.【详解】已知关于x的不等式（axa14）

15、（x4）0，a0时，x（a）（x4）0，其中a0，故解集为（a，4），由于a（a）14，当且仅当a，即a1时取等号，a的最大值为4，当且仅当a4时，A中共含有最少个整数，此时实数a的值为1；a0时，4（x4）0，解集为（，4），整数解有无穷多，故a0不符合条件； a0时，x（a）（x4）0，其中a4，故解集为（，4）（a，+），整数解有无穷多，故a0不符合条件；综上所述，a1故答案为：1【点睛】本题考查了解不等式，均值不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.16【解析】根据与已知直线垂直关系，设出所求直线方程，将已知圆圆心坐标代入，即可求解.【详解】圆心为，所求直线与直线垂直，设为，圆心

16、代入，可得，所以所求的直线方程为.故答案为：.【点睛】本题考查圆的方程、直线方程求法，注意直线垂直关系的灵活应用，属于基础题.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（1）.（2）【解析】（1）设A的坐标为A（x0，y0），由题意可得圆心C的坐标，求出C到直线x1的距离.由半个弦长，圆心到直线的距离及半径构成直角三角形可得p的值，进而求出抛物线的方程；（2）将抛物线的方程与圆的方程联立可得韦达定理，进而求出中点G的坐标，再求出直线OG的斜率的表达式，换元可得斜率的取值范围.【详解】（1）设A（x0，y0）且y022px0，则圆心C（），圆C的直径|AB|，圆心C到直线

17、x1的距离d|1|，因为|MN|2，所以（）2+d2（）2，即1，y022px0，整理可得（2p4）x00，所以p2，所以抛物线的方程为：y24x；（2）联立抛物线与圆的方程整理可得x22（5p）x+160，0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x22（5p），x1x216，所以中点G的横坐标xG5p，yG（），所以kOG（0P1），令t5p（t（4，5），则kOG（），解得0kOG，所以直线OG斜率的取值范围（0，）.【点睛】本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合，换元方法的应用，属于中档题.18（）函数在区间上有两个零点.见解析（）见解析【解析】（）根据题意，利用导函数研究函

18、数的单调性，分类讨论在区间的单调区间和极值，进而研究零点个数问题；（）求导，由于在区间上的极值点从小到大分别为，求出，利用导数结合单调性和极值点，即可证明出.【详解】解：（），当时，在区间上单调递减，在区间上无零点；当时，在区间上单调递增，在区间上唯一零点；当时，在区间上单调递减，；在区间上唯一零点；综上可知，函数在区间上有两个零点.（），由（）知在无极值点；在有极小值点，即为；在有极大值点，即为，由，即，2，以及的单调性，由函数在单调递增，得，由在单调递减，得，即，故.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，通过导数解决函数零点个数问题和证明不等式，考查转化思想和计算能力.19（1）

19、；（2）.【解析】（1）在三角形中，利用余弦定理列方程，解方程求得的长，进而由三角形的面积公式求得三角形的面积.（2）利用诱导公式求得，进而求得，利用两角差的正弦公式，求得，在三角形中利用正弦定理求得，在三角形中利用余弦定理求得的长.【详解】（1）在中，解得，.（2）在中，.【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于中档题.20 (1) 曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程为 ； (2) 【解析】(1)由极坐标与直角坐标的互化公式和参数方程与普通方程的互化，即可求解曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；(2)把的参数方程代入抛物线方程中，利用韦达定理得，可得到，根据因为，成等比数列，列出方程，即可求解【详解】(1)由题意，曲线的极坐标方程可化为，又由，可得曲线的直角坐标方程为，由直线的参数方程为（为参数），消去参数，得，即直线的普通方程为； (2)把的参数方程代入抛物线方程中，得， 由，设方程的两根分别为，则，可得， 所以， 因为，成等比数列，所以，即，则，解得解得或（舍），所以实数.【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程，以及参数方程与普通方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记互