1/22026年上海市普通高校春季高考數(shù)學仿真模擬卷03（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）一、填空題（本大題共12題，滿分54分，第1-6題每題4分，第7-12題每題5分）1．已知a,b,m∈R，復數(shù)z=2i?m1+i2．已知點A1,0，B?4,3，C2,1，則CA在AB3．1x?x7的二項展開式中，4．若函數(shù)fx=lga?5．不等式3x?1x6．在公差不為0的等差數(shù)列an中，若a3是ax與ay的等差中項，則7．函數(shù)fx=xcosx8．在△ABC中，若cos2A+cos2B=2cos29．如圖，向一個高為4且底面水平放置的正四棱錐容器注水，水面高度為2時停止注水（不考慮容器厚度）．將此四棱錐容器倒置時，水面高度為．

10．已知拋物線C:y2=8x的頂點為O，焦點為F.點P在C上，點Q與點P關(guān)于y軸對稱.若QF平分∠11．為某商品設計一個“H”型商標，如圖所示，“H”型商標由兩豎一橫三個等寬的矩形組成．設計要求“H”型商標關(guān)于點O中心對稱，兩個豎直矩形全等且它們的長邊是橫向矩形長邊的2倍，點O到點A的距離為4cm．若記“H”型商標的面積為S，則S的最大值為cm212．已知函數(shù)fx=mx?1ex二、選擇題（本大題共4題,滿分18分,第13-14題每題4分,第15-16題每題5分)13．下列函數(shù)中，是偶函數(shù)，且在?∞,0上單調(diào)遞減的是（

）A．y=x2 B．y=x?214．空間中有兩個不同的平面α,β和兩條不同的直線m,A．若α⊥β,m⊥α,C．若α⊥β,n⊥β，則n//αD．若n?α,n//β15．設m∈R且m≠0，“m??+A．m≠2 B．m>0且m≠2 C．m16．設無窮數(shù)列an的前n項和為Sn，定義σkA．當an=1時，σ2025S2025C．當an=D．當an=三、解答題（本大題共5題，共14+14+14+18+18=78分）17．已知函數(shù)fx=sinωxcosωx(1)求fx(2)若方程fx=12在18．已知四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為梯形，AB//CD，A1A⊥平面(1)求證：D1N//(2)求平面CB1M(3)求點B到平面CB19．如圖，某地有一條寬為10m的公路,該公路在A處為直角彎道現(xiàn)有一輛“斯太爾”型大貨車要通過該彎道,已知該貨車的寬為2.5m，長為lm（1）假設該貨車剛好能通過該彎道，且∠CBA=θ，試求貨車長l（2）若該貨車的長為16m，則它能否順利通過該彎道？請說明理由.20．已知橢圓C1:x2a(1)求橢圓C1(2)已知B，A是橢圓C的左、右頂點，不與x軸平行或重合的直線l交橢圓C于M，N兩點，記直線BM的斜率為k1，直線AN的斜率為k2，且k2(3)如圖，點P為橢圓C1上不同于A，B的任一點，在拋物線C2:y2=2pxp>021．設定義域為R的函數(shù)y=f(x)在R上可導，導函數(shù)為y=f′(x)．若區(qū)間I及實數(shù)t(1)判斷y=x2+3x(2)若實數(shù)t滿足：y=sinx為[0,π2](3)已知函數(shù)y=f(x)存在最大值．求證：對任意正整數(shù)n,y=f

2026年上海市普通高校春季高考數(shù)學仿真模擬卷03（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）一、填空題（本大題共12題，滿分54分，第1-6題每題4分，第7-12題每題5分）1．已知a,b,m∈R，復數(shù)z=2i?m1+i【答案】2【解析】z=所以a=2?m所以a+故答案為：22．已知點A1,0，B?4,3，C2,1，則CA在AB【答案】?【解析】因為A1,0，B?4,3，C2,1，所以CA所以CA?AB=所以CA?所以CA在AB上的投影向量為CA?故答案為：?3．1x?x7的二項展開式中，【答案】?21【解析】設1x?x7的展開式的第則Tr+1=由2r?7=3?所以x3所在的項為：T6=所以x3項的系數(shù)為?21故答案為：?214．若函數(shù)fx=lga?【答案】1【解析】fx所以f?因為f(所以f(?所以lgax即lga2x所以a2所以a2=13此時定義域為(?∞,?3)∪(3,∞)，關(guān)于原點對稱，滿足奇函數(shù)要求，符合題意.故答案為：1.5．不等式3x?1x【答案】x【解析】3x?1x≤1，即2x則其解集為x|0<故答案為：x|0<6．在公差不為0的等差數(shù)列an中，若a3是ax與ay的等差中項，則【答案】3【解析】因為在公差不為0的等差數(shù)列an中，a3是ax所以2a3=因此1x當且僅當yx=4所以1x+4故答案為：37．函數(shù)fx=xcosx【答案】y【解析】f′f′所以切線方程為：y?2=即y=故答案為：y8．在△ABC中，若cos2A+cos2B=2cos2【答案】(0,【解析】由cos2A+cos2B由正弦定理得a2+b2=2又C∈(0,π)，且余弦函數(shù)y=cosx在(0,π)而正弦函數(shù)y=sinx在(0,π)上單調(diào)遞增，因此所以sinC的取值范圍為(0,故答案為：(0,9．如圖，向一個高為4且底面水平放置的正四棱錐容器注水，水面高度為2時停止注水（不考慮容器厚度）．將此四棱錐容器倒置時，水面高度為．

【答案】2【解析】當正面放時，設正四棱錐的體積為V，高為4，水的體積為V1則水的上方形成一個小正四棱錐的體積為V?V1，根據(jù)正四棱錐的性質(zhì)有V當?shù)狗艜r，由于水的體積不變而且形成一個小四棱錐，設其高為h，根據(jù)四棱錐的性質(zhì)有V1V=(h故答案為：210．已知拋物線C:y2=8x的頂點為O，焦點為F.點P在C上，點Q與點P關(guān)于y軸對稱.若QF平分∠【答案】2【解析】如圖，因為PQ//FO所以∠PQF=∠于是點Q在準線上，x由P，Q關(guān)于y軸對稱，得xP故答案為：2.11．為某商品設計一個“H”型商標，如圖所示，“H”型商標由兩豎一橫三個等寬的矩形組成．設計要求“H”型商標關(guān)于點O中心對稱，兩個豎直矩形全等且它們的長邊是橫向矩形長邊的2倍，點O到點A的距離為4cm．若記“H”型商標的面積為S，則S的最大值為cm2【答案】40【解析】記ABCD為右側(cè)豎直矩形，過O作OM⊥AB，垂足為M，OM交CD于設∠AOM=θ所以AM=4sinθ，所以AB=8sinθ，所以AD=MN=所以“H”型商標的面積S=2所以S=所以S=40所以當θ=π8時，S此時AB=8sin故答案為：40212．已知函數(shù)fx=mx?1ex【答案】3【解析】因為函數(shù)fx=m所以f′x在因為f′x=mxex?2令hx=2令h′x>0，得12<所以函數(shù)hx在12,1又h12=0,h1=當32e2<m<1設兩個交點的橫坐標分別為x1、x2，且當12<x<x1或當x1<x<x所以函數(shù)fx在12,x1此時，函數(shù)fx有兩個極值點，合乎題意.因此，實數(shù)m的取值范圍為3故答案為：32二、選擇題（本大題共4題,滿分18分,第13-14題每題4分,第15-16題每題5分)13．下列函數(shù)中，是偶函數(shù)，且在?∞,0上單調(diào)遞減的是（

）A．y=x2 B．y=x?2【答案】A【解析】對于A，令fx=y又f?x=由二次函數(shù)的性質(zhì)可知函數(shù)y=x2對于B，令fx=y又f?x=由冪函數(shù)的性質(zhì)可知函數(shù)y=x?2對于C，令fx=y因為f?x=對于D，y=log2所以y=故選：A.14．空間中有兩個不同的平面α,β和兩條不同的直線m,A．若α⊥βB．若α⊥βC．若α⊥β,n⊥βD．若n?α,n//β,m?β,m【答案】B【解析】選項A，若α⊥β,m⊥選項B，若α⊥β,m⊥即為它們的法向量垂直，則m⊥選項C，若n⊥β，且α⊥β，則n//選項D，若n?α,n//故選：B．15．設m∈R且m≠0，“m??+A．m≠2 B．m>0且m≠2 C．m【答案】A【解析】不等式m+4m解得m>0且m故m≠2是m而CD不滿足必要性，B為充要條件.故選：A.16．設無窮數(shù)列an的前n項和為Sn，定義σkA．當an=1B．當an=C．當an=D．當an=【答案】D【解析】對于A選項：當an=1時，對于B選項：當an=(?1)n?1時，S對于C選項：當an=1又nnσk=1對于D選項：當an=1σ2025故選：D.三、解答題（本大題共5題，共14+14+14+18+18=78分）17．已知函數(shù)fx=sinωxcosωx(1)求fx(2)若方程fx=12在【答案】(1)fx=sin(2)13π【解析】（1）由fx則最小正周期T=2π2令π2解得512則fx單調(diào)減區(qū)間5（2）因為fx=1當x∈0,m若sin2則116π≤2m則實數(shù)m的取值范圍為13π1218．已知四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為梯形，AB//CD，A1A⊥平面(1)求證：D1N//(2)求平面CB1M(3)求點B到平面CB【答案】(1)證明見解析(2)2(3)2【解析】（1）取CB1中點P，連接NP，由N是B1C1的中點，故NP由M是DD1的中點，故D1則有D1M//NP、D1又MP?平面CB1M，故D1N//（2）以A為原點建立如圖所示空間直角坐標系，.由題意A0,0,0、B2,0,0、B12,0,2、M0,1,1則有CB1=1,?1,2，設平面CB1M則有m?CB1=x?y+2設平面BB1C則有n?CB1=a?b+2設平面CB1M與平面BB1故平面CB1M與平面B（3）由BB1=0,0,2，平面故點B到平面CB1M19．如圖，某地有一條寬為10m的公路,該公路在A處為直角彎道現(xiàn)有一輛“斯太爾”型大貨車要通過該彎道,已知該貨車的寬為2.5m，長為lm（1）假設該貨車剛好能通過該彎道，且∠CBA=θ，試求貨車長l（2）若該貨車的長為16m，則它能否順利通過該彎道？請說明理由.【答案】（1）l=【解析】（1）如圖，延長ED，交AC于點G，過點G作GH⊥在Rt△FHG中，∠FGH=θ，在Rt△GDC中，∠GCD=θ，所以DF=同理可得FE=所以l=DF+（2）令sinθ則2sinθcosθ令l=16，問題即轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的方程16=20t方程整理得16t令f(t)=16所以f(t)又因為f(2)=21?202<0因此該貨車不能順利通過該彎道．20．已知橢圓C1:x2a(1)求橢圓C1(2)已知B，A是橢圓C的左、右頂點，不與x軸平行或重合的直線l交橢圓C于M，N兩點，記直線BM的斜率為k1，直線AN的斜率為k2，且k2(3)如圖，點P為橢圓C1上不同于A，B的任一點，在拋物線C2:y2=2pxp>0【答案】(1)x(2)證明見解析(3)34【解析】（1）因為橢圓的離心率為12，且ab所以e=ca故橢圓的方程為C1（2）設直線l的方程為x=ty+nn由x24+Δ=6nt2則y1+y而A2,0，B?2,0，直線NA斜率k1=y1x1+2得到x124因此k1由題意得k2=2由Mx1,y1，N則k=3而3n+24n?2則直線l的方程為x=ty+23（3）由（1）知A2,0，設Qx1,y連接QR，交PA于Dx∵四邊形AQPR為平行四邊形，∴D為PA,QR的中點且QR法一：kAP∴kAP?kOD又∵y12=2p∴直線QR的方程為y?∴由y?y0∴由Δ=4y02由①②得0<y∴2p>3∴2p≥32，即p≥法二：設QR:y=kx+mk≠0，將由韋達定理可得x1+x即?2km∴x0=∵x0=∴得x3=2x∴P∵點P∈C1即km?令2p3k=sinθ我們把2p3k由②得k=2p代入①得?2km解得p>31+cosθ8∴31+cosθ8<3421．設定義域為R的函數(shù)y=f(x)在R上可導，導函數(shù)為y=f′(x)．若區(qū)間I及實數(shù)t(1)判斷y=x2+3x(2)若實數(shù)t滿足：y=sinx為[0,π2](3)已知函數(shù)y=f(x)存在最大值．求證：對任意正整數(shù)n,y=f【答案】(1)是，理由見解析；(2)t≤0且t(3)證明見解析.【解析】（1）