上海市2022届高三数学二模试卷解析版
上海市2022届高三高考冲刺卷六数学试题一、填空题1．集合，则 ．2．在的展开式中，的系数为 ．3．三阶行列式中元素的代数余子式的值为 ．4．若（i是虚数单位）是关于x的实系数方程的一个复数根，则 ．5．锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生
上海市2022届高三数学二模试卷一、填空题1．已知集合，，则 .【答案】{-1，0，1，2}【知识点】并集及其运算【解析】【解答】，因此，。故答案为：{-1，0，1，2}。【分析】利用已知条件结合一元二次不等式求解集的方法和元素与集合的关
简介：上海市2022届高三高考冲刺卷六数学试题一、填空题1．集合，则 ．【答案】[1，2)【知识点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】由题意，.故答案为：[1，2).【分析】先求出集合A，B，进而根据集合的交集和补集运算即可.2．在的展开式中，的系数为 ．【答案】-280【知识点】二项式定理【解析】【解答】的展开式中，含的项为：，故的系数为.故答案为：-280．【分析】根据二项式定理通项公式，即可求出的系数.3．三阶行列式中元素的代数余子式的值为 ．【答案】34【知识点】三阶矩阵【解析】【解答】由题可知.故答案为：34.【分析】根据行列式的代数余子式的定义进行计算即可．4．若（i是虚数单位）是关于x的实系数方程的一个复数根，则 ．【答案】【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；一元次方程根与系数的关系【解析】【解答】∵实系数一元二次方程的一个虚根为，∴其共轭复数也是方程的根.由根与系数的关系知，，∴，.∴故答案为：【分析】由题知与其共轭复数均为方程的根，进而由韦达定理即可得答案.5．锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆5个，这三种汤圆的外部特征完全相同．从中任意舀取4个汤圆，则每种汤圆都至少取到1个的概率为 ．【答案】【知识点】古典概型及其概率计算公式【解析】【解答】由题意得：可能情况有芝麻馅汤圆取到2个，花生馅汤圆和豆沙馅汤圆各1个，此时有种选择；花生馅汤圆取到2个，芝麻馅汤圆和豆沙馅汤圆各1个，此时有种选择；豆沙馅汤圆取到2个，芝麻馅汤圆和花生馅汤圆各1个，此时有种选择；锅中有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆5个，任意舀取4个汤圆的情况有种；所以每种汤圆都至少取到1个的概率为.故答案为：【分析】】每种汤圆都至少取到1个，则有1种汤圆会取到2个，分三类进行求解相加，利用组合知识求出总的选择情况个数，利用古典概型求概率公式进行求解.6． 某蔬菜基地要将120吨新鲜蔬菜运往上海，现有4辆甲型货车和8辆乙型货车可供使用，每辆甲型货车运输费用400元，可装蔬菜20吨，每辆乙型货车运输费用300元，可装蔬菜10吨，若每辆车至多只运一次，则该蔬菜基地所花的最少运输费用为 元．【答案】2800【知识点】简单线性规划【解析】【解答】设分别用甲型和乙型货车辆，根据题意可得，设总费用为元，则，画出平面区域可知，当经过点时，取得最小值.故答案为：2800元．【分析】根据题意，列出不等式组及目标函数，根据不等式组画出平面区域即可求解.7．两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放入棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则所有这样的几何体体积的可能值的集合为 ．【答案】【知识点】组合几何体的面积、体积问题【解析】【解答】显然两个正四校锥的高均为，考查放入正方体后，面所在的截面为正方形，如图，设，显然有，，即，这样的，只要满足，，故当时，最小，为；正方形与正方形重合时，最大，为1，有无数对，则的取值范围是：，所以该几何体的体积取值范围是：．故答案为：．【分析】根据正方体与正四棱锥性质，正方形在正方体的过四条平行棱中点的截面的内，这个截面是正方形，由正方形的内接正方形的面积值可得棱锥的体积值，由此可得结论．8．在直角中，为直角，，M是内一点，且，若，则的最大值为 ．【答案】【知识点】向量的线性运算性质及几何意义【解析】【解答】，，，，则，且，则，点在内，则，，设，，，其中，因此，的最大值为.故答案为：.【分析】由得出，则，，设，，然后利用辅助角公式可求出的最大值.9．设函数f(x)＝(a<0)的定义域为D，若所有点(s，f(t))(s、t∈D)构成一个正方形区域，则a的值为 ．【答案】-4【知识点】函数的定义域及其求法【解析】【解答】|x1－x2|＝fmax(x)，＝，|a|＝2，∴a＝－4【分析】设出函数的定义域，由题意可得函数的最值，结合所有点(s，f(t))(s、t∈D)构成一个正方形区域，可得a，b，c的等式，即可求解.10．设向量，则 ． 【答案】【知识点】函数的周期性【解析】【解答】由题意可得，，，，，，，所以的周期为12，且，，，，，，所以的周期为6，则.故答案为：.【分析】由题意求出的周期为12，的周期为6的周期为6，利用周期可得答案.11．设直线系，对于下列四个命题：①M中所有直线均经过一个定点；②存在定点P不在M中的任一条直线上；③对于任意整数，存在正n边形，使其所有边均在M中的直线上；④M中的直线所能围成的正三角形面积都相等．其中真命题的序号是 （写出所有真命题的序号）【答案】②③【知识点】恒过定点的直线【解析】【解答】解：由直线系，可令，消去可得，故直线系表示圆的切线的集合，故①不正确；因为对任意，存在定点不在直线系中的任意一条上，故②正确；由于圆的外切正边形，所有的边都在直线系中，故③正确；中的直线所能围成的正三角形的边长不一定相等，故它们的面积不一定相等，如图中等边三角形和面积不相等，故④不正确．综上，正确的命题是②③．故答案为：②③．【分析】令，消去可得，即可判断①②③，再利用特殊值判断④；12．已知函数的部分图像如图所示，则满足条 的最大负整数x为 ．【答案】-13【知识点】余弦函数的周期性【解析】【解答】由题意，，，不妨取，所以，，，不等式即为，则，，则或，，即或，，注意到最靠近边的负数解为或，即或，由于函数的最小正周期是，把区间和依次向左移动若干个3.14个单位，得到含有最大负整数的区间是，所以最大的负整数．故答案为：-13．【分析】由函数图象求得函数解析式，解不等式得的范围，然后结合周期性分析出最大负整数解．二、单选题13．如图，样本和分别取自两个不同的总体，它们的平均数分别为和，标准差分别为和，则（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差【解析】【解答】根据图表：样本数据均小于等于10，样本数据均大于等于10，故；样本数据波动大于样本数据，故。故答案为：B.【分析】利用已知条件结合表格中的数据，再结合平均数公式和标准差公式，进而得出和。14．如图，在中，已知，D是边上的一点，，则的长为（ ）A．B．C．D．【答案】D【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【解答】在中，由余弦定理得：，因为，所以，在中，由正弦定理得：，即，解得：故答案为：D【分析】由余弦定理求出，得到，由正弦定理进行求解出答案.15．对任意的，由关系式得到的数列满足，则函数的图象可能是（ ）A．B． C．D．【答案】A【知识点】函数的图象【解析】【解答】根据题意，由关系式得到的数列满足，即函数的图象上任一点都满足.结合图象，可知只有A满足.故答案为：A.【分析】由递推式可得图象上任一点都满足，即可得结果.16．一个平面封闭区域内任意两点距离的最大值称为该区域的“直径”，封闭区域边界曲线的长度与区域直径之比称为区域的“周率”，下面四个平面区域（阴影部分）的周率从左到右依次记为，则下列关系中正确的为（ ）图1图2图3图4A．B．C．D．【答案】C【知识点】图形的对称性【解析】【解答】图1，延长最外边的边可构成正方形，设其边长为，则，图2，设大圆半径为，则；图3把上面凹下去的沿折线翻折上去后构成正三角形，设正三角形边长为，则．图4，是一个正三角形每边三等分后，以中间一段为边向形外作小的正三角形构成，区域直径是图形中相对两个顶点间距离，设大正三角形边长为，则，所以，故答案为：C．【分析】利用新定义结合正方形，圆，正三角形的性质计算．三、解答题17．已知圆锥母线长为6，底面圆半径长为4，点M是母线的中点，是底面圆的直径，底面半径与母线所成角的大小等于．（1）当时，求异面直线与所成的角；（2）当三棱锥的体积最大时，求的值．【答案】（1）解：取中点，因为是中点，则，是中点，则，所以是与所成的角或其补角，是与所成的角或其补角．，，，若，则，，，是圆锥的高，而在底面上，因此，所以，所以，；若，则，，，是圆锥的高，而在底面上，因此，所以，所以，．（2）解：三棱锥中顶点到底面的距离不变，只有最大时，三棱锥的体积最大，， 所以时，最大．此时，，，．所以．【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角【解析】【分析】（1）取中点，是与成的角或其补角，是与所成的角或其补角，根据异面直线所成角的定义分类讨论，求得，从而求得结论；（2）由体积公式确定三棱锥体积最大时，然后求出相应线段长得异面直线所成的角．18．在数列中，，其中．（1）设，证明数列是等比数列；（2）记数列的前n项和为，试比较与的大小．【答案】（1）解：，由得：，而，则，整理得，而，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.（2）解：由（1）知，，于是得，，因此，，令，显然数列是递增数列，而，即时，，，当时，，所以，当时，，当时，.【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列递推式【解析】【分析】（1）由已知得，代入给定等式并变形，再利用等比数列定义判断作答.（2）利用分组求和法求出，作与的差，构造新数列并判断其单调性即可推理作答.19．设A、B是双曲线上的两点，点是线段的中点．（1）求直线的方程；（2）若线段的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，则A、B、C、D四点是否共圆？判断并说明理由．【答案】（1）解：设，显然，由题意得：，两式相减得：，即，因为点是线段的中点，所以，所以，即直线的斜率为1，所以直线的方程为，整理得：（2）解：联立与，得到：，解得：，当时，，当时，，不妨设，直线AB的垂直平分线为，与联立得：， 解得：，当时，，当时，，不妨设，则CD的中点为，又，，，所以，A、B、C、D四点共圆，圆心为，半径为.【知识点】直线的点斜式方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）设，代入椭圆方程，作差，利用中点化简即可求出直线的方程；（2）求出A，B两点坐标，求出A，B的垂直平分线，联立后求出C，D点的坐标，得到CD的中点M的坐标，计算得到，从而得到四点共圆.20．对于两个定义域相同的函数和，若存在实数m、n使，则称函数是由“基函数和”生成的．（1）若和生成一个偶函数，求的值；（2）若由函数（，且）生成，求的取值范围：（3）试利用“基函数和”生成一个函数，使之满足下列条件：①是偶函数；②有最小值1．求函数的解析式并进一步研究该函数的单调性．（无需证明）【答案】（1）解：由为偶函数可知，所以.（2）解：由得，所以，由于，所以可化简得，所以.构造函数，，所以函数在上递增，在上递减，所以函数在处，有极大值，在处有极小值.所以的取值范围是.（3）解：构造函数，，所以为偶函数.由于，所以有最小值符合题意.在递减，在递增.另补证明：由于为偶函数，只需求得上的单调性.构造函数，，由于时，，故，所以函数在上递增.根据复合函数单调性同增异减可知，函数在上递增.根据为偶函数可知，函数在递减.【知识点】利用导数研究函数的极值；函数的应用【解析】【分析】（1）由列方程，根据为偶函数求得的关系式，进而求得；（2）由列方程组，化简后求得的关系式，利用导数求得的 取值范围.（3）构造函数，并证得其奇偶性和单调性.21．设A是由个实数组成的2行n列的矩阵，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零．记为所有这样的矩阵构成的集合．记为A的第一行各数之和，为A的第二行各数之和，为A的第i列各数之和．记为、、、、…、中的最小值．（1）若矩阵，求；（2）对所有的矩阵，求的最大值；（3）给定，对所有的矩阵，求的最大值．【答案】（1）解：依题意，，，，，，所以.（2）解：设矩阵，，且，若任意改变矩阵A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成其相反数，得到新矩阵，则，且，则不妨设，且由的定义知，，，相加得：，因此，，当，时取“=”，显然存在矩阵，使，所以的最大值是1.（3）解：设矩阵，，，且，由（2）知，不妨设，且，由的定义知，，相加得：，因此，，当，，时取“=”，此时，，，即存在矩阵，其中个1，使，所以的最大值是.【知识点】矩阵的应用【解析】【分析】（1）根据给定定义，直接计算即可得解；（2）（3）设矩阵，，且，利用定义计算，建立不等关系求解，再举出使结论成立的一个矩阵说明作答.
简介：上海市2022届高三高考冲刺卷六数学试题一、填空题1．集合，则 ．【答案】[1，2)【知识点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】由题意，.故答案为：[1，2).【分析】先求出集合A，B，进而根据集合的交集和补集运算即可.2．在的展开式中，的系数为 ．【答案】-280【知识点】二项式定理【解析】【解答】的展开式中，含的项为：，故的系数为.故答案为：-280．【分析】根据二项式定理通项公式，即可求出的系数.3．三阶行列式中元素的代数余子式的值为 ．【答案】34【知识点】三阶矩阵【解析】【解答】由题可知.故答案为：34.【分析】根据行列式的代数余子式的定义进行计算即可．4．若（i是虚数单位）是关于x的实系数方程的一个复数根，则 ．【答案】【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；一元次方程根与系数的关系【解析】【解答】∵实系数一元二次方程的一个虚根为，∴其共轭复数也是方程的根.由根与系数的关系知，，∴，.∴故答案为：【分析】由题知与其共轭复数均为方程的根，进而由韦达定理即可得答案.5．锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆5个，这三种汤圆的外部特征完全相同．从中任意舀取4个汤圆，则每种汤圆都至少取到1个的概率为 ．【答案】【知识点】古典概型及其概率计算公式【解析】【解答】由题意得：可能情况有芝麻馅汤圆取到2个，花生馅汤圆和豆沙馅汤圆各1个，此时有种选择；花生馅汤圆取到2个，芝麻馅汤圆和豆沙馅汤圆各1个，此时有种选择；豆沙馅汤圆取到2个，芝麻馅汤圆和花生馅汤圆各1个，此时有种选择；锅中有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆5个，任意舀取4个汤圆的情况有种；所以每种汤圆都至少取到1个的概率为.故答案为：【分析】】每种汤圆都至少取到1个，则有1种汤圆会取到2个，分三类进行求解相加，利用组合知识求出总的选择情况个数，利用古典概型求概率公式进行求解.6． 某蔬菜基地要将120吨新鲜蔬菜运往上海，现有4辆甲型货车和8辆乙型货车可供使用，每辆甲型货车运输费用400元，可装蔬菜20吨，每辆乙型货车运输费用300元，可装蔬菜10吨，若每辆车至多只运一次，则该蔬菜基地所花的最少运输费用为 元．【答案】2800【知识点】简单线性规划【解析】【解答】设分别用甲型和乙型货车辆，根据题意可得，设总费用为元，则，画出平面区域可知，当经过点时，取得最小值.故答案为：2800元．【分析】根据题意，列出不等式组及目标函数，根据不等式组画出平面区域即可求解.7．两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放入棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则所有这样的几何体体积的可能值的集合为 ．【答案】【知识点】组合几何体的面积、体积问题【解析】【解答】显然两个正四校锥的高均为，考查放入正方体后，面所在的截面为正方形，如图，设，显然有，，即，这样的，只要满足，，故当时，最小，为；正方形与正方形重合时，最大，为1，有无数对，则的取值范围是：，所以该几何体的体积取值范围是：．故答案为：．【分析】根据正方体与正四棱锥性质，正方形在正方体的过四条平行棱中点的截面的内，这个截面是正方形，由正方形的内接正方形的面积值可得棱锥的体积值，由此可得结论．8．在直角中，为直角，，M是内一点，且，若，则的最大值为 ．【答案】【知识点】向量的线性运算性质及几何意义【解析】【解答】，，，，则，且，则，点在内，则，，设，，，其中，因此，的最大值为.故答案为：.【分析】由得出，则，，设，，然后利用辅助角公式可求出的最大值.9．设函数f(x)＝(a<0)的定义域为D，若所有点(s，f(t))(s、t∈D)构成一个正方形区域，则a的值为 ．【答案】-4【知识点】函数的定义域及其求法【解析】【解答】|x1－x2|＝fmax(x)，＝，|a|＝2，∴a＝－4【分析】设出函数的定义域，由题意可得函数的最值，结合所有点(s，f(t))(s、t∈D)构成一个正方形区域，可得a，b，c的等式，即可求解.10．设向量，则 ． 【答案】【知识点】函数的周期性【解析】【解答】由题意可得，，，，，，，所以的周期为12，且，，，，，，所以的周期为6，则.故答案为：.【分析】由题意求出的周期为12，的周期为6的周期为6，利用周期可得答案.11．设直线系，对于下列四个命题：①M中所有直线均经过一个定点；②存在定点P不在M中的任一条直线上；③对于任意整数，存在正n边形，使其所有边均在M中的直线上；④M中的直线所能围成的正三角形面积都相等．其中真命题的序号是 （写出所有真命题的序号）【答案】②③【知识点】恒过定点的直线【解析】【解答】解：由直线系，可令，消去可得，故直线系表示圆的切线的集合，故①不正确；因为对任意，存在定点不在直线系中的任意一条上，故②正确；由于圆的外切正边形，所有的边都在直线系中，故③正确；中的直线所能围成的正三角形的边长不一定相等，故它们的面积不一定相等，如图中等边三角形和面积不相等，故④不正确．综上，正确的命题是②③．故答案为：②③．【分析】令，消去可得，即可判断①②③，再利用特殊值判断④；12．已知函数的部分图像如图所示，则满足条 的最大负整数x为 ．【答案】-13【知识点】余弦函数的周期性【解析】【解答】由题意，，，不妨取，所以，，，不等式即为，则，，则或，，即或，，注意到最靠近边的负数解为或，即或，由于函数的最小正周期是，把区间和依次向左移动若干个3.14个单位，得到含有最大负整数的区间是，所以最大的负整数．故答案为：-13．【分析】由函数图象求得函数解析式，解不等式得的范围，然后结合周期性分析出最大负整数解．二、单选题13．如图，样本和分别取自两个不同的总体，它们的平均数分别为和，标准差分别为和，则（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差【解析】【解答】根据图表：样本数据均小于等于10，样本数据均大于等于10，故；样本数据波动大于样本数据，故。故答案为：B.【分析】利用已知条件结合表格中的数据，再结合平均数公式和标准差公式，进而得出和。14．如图，在中，已知，D是边上的一点，，则的长为（ ）A．B．C．D．【答案】D【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【解答】在中，由余弦定理得：，因为，所以，在中，由正弦定理得：，即，解得：故答案为：D【分析】由余弦定理求出，得到，由正弦定理进行求解出答案.15．对任意的，由关系式得到的数列满足，则函数的图象可能是（ ）A．B． C．D．【答案】A【知识点】函数的图象【解析】【解答】根据题意，由关系式得到的数列满足，即函数的图象上任一点都满足.结合图象，可知只有A满足.故答案为：A.【分析】由递推式可得图象上任一点都满足，即可得结果.16．一个平面封闭区域内任意两点距离的最大值称为该区域的“直径”，封闭区域边界曲线的长度与区域直径之比称为区域的“周率”，下面四个平面区域（阴影部分）的周率从左到右依次记为，则下列关系中正确的为（ ）图1图2图3图4A．B．C．D．【答案】C【知识点】图形的对称性【解析】【解答】图1，延长最外边的边可构成正方形，设其边长为，则，图2，设大圆半径为，则；图3把上面凹下去的沿折线翻折上去后构成正三角形，设正三角形边长为，则．图4，是一个正三角形每边三等分后，以中间一段为边向形外作小的正三角形构成，区域直径是图形中相对两个顶点间距离，设大正三角形边长为，则，所以，故答案为：C．【分析】利用新定义结合正方形，圆，正三角形的性质计算．三、解答题17．已知圆锥母线长为6，底面圆半径长为4，点M是母线的中点，是底面圆的直径，底面半径与母线所成角的大小等于．（1）当时，求异面直线与所成的角；（2）当三棱锥的体积最大时，求的值．【答案】（1）解：取中点，因为是中点，则，是中点，则，所以是与所成的角或其补角，是与所成的角或其补角．，，，若，则，，，是圆锥的高，而在底面上，因此，所以，所以，；若，则，，，是圆锥的高，而在底面上，因此，所以，所以，．（2）解：三棱锥中顶点到底面的距离不变，只有最大时，三棱锥的体积最大，， 所以时，最大．此时，，，．所以．【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角【解析】【分析】（1）取中点，是与成的角或其补角，是与所成的角或其补角，根据异面直线所成角的定义分类讨论，求得，从而求得结论；（2）由体积公式确定三棱锥体积最大时，然后求出相应线段长得异面直线所成的角．18．在数列中，，其中．（1）设，证明数列是等比数列；（2）记数列的前n项和为，试比较与的大小．【答案】（1）解：，由得：，而，则，整理得，而，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.（2）解：由（1）知，，于是得，，因此，，令，显然数列是递增数列，而，即时，，，当时，，所以，当时，，当时，.【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列递推式【解析】【分析】（1）由已知得，代入给定等式并变形，再利用等比数列定义判断作答.（2）利用分组求和法求出，作与的差，构造新数列并判断其单调性即可推理作答.19．设A、B是双曲线上的两点，点是线段的中点．（1）求直线的方程；（2）若线段的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，则A、B、C、D四点是否共圆？判断并说明理由．【答案】（1）解：设，显然，由题意得：，两式相减得：，即，因为点是线段的中点，所以，所以，即直线的斜率为1，所以直线的方程为，整理得：（2）解：联立与，得到：，解得：，当时，，当时，，不妨设，直线AB的垂直平分线为，与联立得：， 解得：，当时，，当时，，不妨设，则CD的中点为，又，，，所以，A、B、C、D四点共圆，圆心为，半径为.【知识点】直线的点斜式方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）设，代入椭圆方程，作差，利用中点化简即可求出直线的方程；（2）求出A，B两点坐标，求出A，B的垂直平分线，联立后求出C，D点的坐标，得到CD的中点M的坐标，计算得到，从而得到四点共圆.20．对于两个定义域相同的函数和，若存在实数m、n使，则称函数是由“基函数和”生成的．（1）若和生成一个偶函数，求的值；（2）若由函数（，且）生成，求的取值范围：（3）试利用“基函数和”生成一个函数，使之满足下列条件：①是偶函数；②有最小值1．求函数的解析式并进一步研究该函数的单调性．（无需证明）【答案】（1）解：由为偶函数可知，所以.（2）解：由得，所以，由于，所以可化简得，所以.构造函数，，所以函数在上递增，在上递减，所以函数在处，有极大值，在处有极小值.所以的取值范围是.（3）解：构造函数，，所以为偶函数.由于，所以有最小值符合题意.在递减，在递增.另补证明：由于为偶函数，只需求得上的单调性.构造函数，，由于时，，故，所以函数在上递增.根据复合函数单调性同增异减可知，函数在上递增.根据为偶函数可知，函数在递减.【知识点】利用导数研究函数的极值；函数的应用【解析】【分析】（1）由列方程，根据为偶函数求得的关系式，进而求得；（2）由列方程组，化简后求得的关系式，利用导数求得的 取值范围.（3）构造函数，并证得其奇偶性和单调性.21．设A是由个实数组成的2行n列的矩阵，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零．记为所有这样的矩阵构成的集合．记为A的第一行各数之和，为A的第二行各数之和，为A的第i列各数之和．记为、、、、…、中的最小值．（1）若矩阵，求；（2）对所有的矩阵，求的最大值；（3）给定，对所有的矩阵，求的最大值．【答案】（1）解：依题意，，，，，，所以.（2）解：设矩阵，，且，若任意改变矩阵A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成其相反数，得到新矩阵，则，且，则不妨设，且由的定义知，，，相加得：，因此，，当，时取“=”，显然存在矩阵，使，所以的最大值是1.（3）解：设矩阵，，，且，由（2）知，不妨设，且，由的定义知，，相加得：，因此，，当，，时取“=”，此时，，，即存在矩阵，其中个1，使，所以的最大值是.【知识点】矩阵的应用【解析】【分析】（1）根据给定定义，直接计算即可得解；（2）（3）设矩阵，，且，利用定义计算，建立不等关系求解，再举出使结论成立的一个矩阵说明作答.
简介：上海市2022届高三高考冲刺卷六数学试题一、填空题1．集合，则 ．【答案】[1，2)【知识点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】由题意，.故答案为：[1，2).【分析】先求出集合A，B，进而根据集合的交集和补集运算即可.2．在的展开式中，的系数为 ．【答案】-280【知识点】二项式定理【解析】【解答】的展开式中，含的项为：，故的系数为.故答案为：-280．【分析】根据二项式定理通项公式，即可求出的系数.3．三阶行列式中元素的代数余子式的值为 ．【答案】34【知识点】三阶矩阵【解析】【解答】由题可知.故答案为：34.【分析】根据行列式的代数余子式的定义进行计算即可．4．若（i是虚数单位）是关于x的实系数方程的一个复数根，则 ．【答案】【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；一元次方程根与系数的关系【解析】【解答】∵实系数一元二次方程的一个虚根为，∴其共轭复数也是方程的根.由根与系数的关系知，，∴，.∴故答案为：【分析】由题知与其共轭复数均为方程的根，进而由韦达定理即可得答案.5．锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆5个，这三种汤圆的外部特征完全相同．从中任意舀取4个汤圆，则每种汤圆都至少取到1个的概率为 ．【答案】【知识点】古典概型及其概率计算公式【解析】【解答】由题意得：可能情况有芝麻馅汤圆取到2个，花生馅汤圆和豆沙馅汤圆各1个，此时有种选择；花生馅汤圆取到2个，芝麻馅汤圆和豆沙馅汤圆各1个，此时有种选择；豆沙馅汤圆取到2个，芝麻馅汤圆和花生馅汤圆各1个，此时有种选择；锅中有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆5个，任意舀取4个汤圆的情况有种；所以每种汤圆都至少取到1个的概率为.故答案为：【分析】】每种汤圆都至少取到1个，则有1种汤圆会取到2个，分三类进行求解相加，利用组合知识求出总的选择情况个数，利用古典概型求概率公式进行求解.6． 某蔬菜基地要将120吨新鲜蔬菜运往上海，现有4辆甲型货车和8辆乙型货车可供使用，每辆甲型货车运输费用400元，可装蔬菜20吨，每辆乙型货车运输费用300元，可装蔬菜10吨，若每辆车至多只运一次，则该蔬菜基地所花的最少运输费用为 元．【答案】2800【知识点】简单线性规划【解析】【解答】设分别用甲型和乙型货车辆，根据题意可得，设总费用为元，则，画出平面区域可知，当经过点时，取得最小值.故答案为：2800元．【分析】根据题意，列出不等式组及目标函数，根据不等式组画出平面区域即可求解.7．两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放入棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则所有这样的几何体体积的可能值的集合为 ．【答案】【知识点】组合几何体的面积、体积问题【解析】【解答】显然两个正四校锥的高均为，考查放入正方体后，面所在的截面为正方形，如图，设，显然有，，即，这样的，只要满足，，故当时，最小，为；正方形与正方形重合时，最大，为1，有无数对，则的取值范围是：，所以该几何体的体积取值范围是：．故答案为：．【分析】根据正方体与正四棱锥性质，正方形在正方体的过四条平行棱中点的截面的内，这个截面是正方形，由正方形的内接正方形的面积值可得棱锥的体积值，由此可得结论．8．在直角中，为直角，，M是内一点，且，若，则的最大值为 ．【答案】【知识点】向量的线性运算性质及几何意义【解析】【解答】，，，，则，且，则，点在内，则，，设，，，其中，因此，的最大值为.故答案为：.【分析】由得出，则，，设，，然后利用辅助角公式可求出的最大值.9．设函数f(x)＝(a<0)的定义域为D，若所有点(s，f(t))(s、t∈D)构成一个正方形区域，则a的值为 ．【答案】-4【知识点】函数的定义域及其求法【解析】【解答】|x1－x2|＝fmax(x)，＝，|a|＝2，∴a＝－4【分析】设出函数的定义域，由题意可得函数的最值，结合所有点(s，f(t))(s、t∈D)构成一个正方形区域，可得a，b，c的等式，即可求解.10．设向量，则 ． 【答案】【知识点】函数的周期性【解析】【解答】由题意可得，，，，，，，所以的周期为12，且，，，，，，所以的周期为6，则.故答案为：.【分析】由题意求出的周期为12，的周期为6的周期为6，利用周期可得答案.11．设直线系，对于下列四个命题：①M中所有直线均经过一个定点；②存在定点P不在M中的任一条直线上；③对于任意整数，存在正n边形，使其所有边均在M中的直线上；④M中的直线所能围成的正三角形面积都相等．其中真命题的序号是 （写出所有真命题的序号）【答案】②③【知识点】恒过定点的直线【解析】【解答】解：由直线系，可令，消去可得，故直线系表示圆的切线的集合，故①不正确；因为对任意，存在定点不在直线系中的任意一条上，故②正确；由于圆的外切正边形，所有的边都在直线系中，故③正确；中的直线所能围成的正三角形的边长不一定相等，故它们的面积不一定相等，如图中等边三角形和面积不相等，故④不正确．综上，正确的命题是②③．故答案为：②③．【分析】令，消去可得，即可判断①②③，再利用特殊值判断④；12．已知函数的部分图像如图所示，则满足条 的最大负整数x为 ．【答案】-13【知识点】余弦函数的周期性【解析】【解答】由题意，，，不妨取，所以，，，不等式即为，则，，则或，，即或，，注意到最靠近边的负数解为或，即或，由于函数的最小正周期是，把区间和依次向左移动若干个3.14个单位，得到含有最大负整数的区间是，所以最大的负整数．故答案为：-13．【分析】由函数图象求得函数解析式，解不等式得的范围，然后结合周期性分析出最大负整数解．二、单选题13．如图，样本和分别取自两个不同的总体，它们的平均数分别为和，标准差分别为和，则（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差【解析】【解答】根据图表：样本数据均小于等于10，样本数据均大于等于10，故；样本数据波动大于样本数据，故。故答案为：B.【分析】利用已知条件结合表格中的数据，再结合平均数公式和标准差公式，进而得出和。14．如图，在中，已知，D是边上的一点，，则的长为（ ）A．B．C．D．【答案】D【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【解答】在中，由余弦定理得：，因为，所以，在中，由正弦定理得：，即，解得：故答案为：D【分析】由余弦定理求出，得到，由正弦定理进行求解出答案.15．对任意的，由关系式得到的数列满足，则函数的图象可能是（ ）A．B． C．D．【答案】A【知识点】函数的图象【解析】【解答】根据题意，由关系式得到的数列满足，即函数的图象上任一点都满足.结合图象，可知只有A满足.故答案为：A.【分析】由递推式可得图象上任一点都满足，即可得结果.16．一个平面封闭区域内任意两点距离的最大值称为该区域的“直径”，封闭区域边界曲线的长度与区域直径之比称为区域的“周率”，下面四个平面区域（阴影部分）的周率从左到右依次记为，则下列关系中正确的为（ ）图1图2图3图4A．B．C．D．【答案】C【知识点】图形的对称性【解析】【解答】图1，延长最外边的边可构成正方形，设其边长为，则，图2，设大圆半径为，则；图3把上面凹下去的沿折线翻折上去后构成正三角形，设正三角形边长为，则．图4，是一个正三角形每边三等分后，以中间一段为边向形外作小的正三角形构成，区域直径是图形中相对两个顶点间距离，设大正三角形边长为，则，所以，故答案为：C．【分析】利用新定义结合正方形，圆，正三角形的性质计算．三、解答题17．已知圆锥母线长为6，底面圆半径长为4，点M是母线的中点，是底面圆的直径，底面半径与母线所成角的大小等于．（1）当时，求异面直线与所成的角；（2）当三棱锥的体积最大时，求的值．【答案】（1）解：取中点，因为是中点，则，是中点，则，所以是与所成的角或其补角，是与所成的角或其补角．，，，若，则，，，是圆锥的高，而在底面上，因此，所以，所以，；若，则，，，是圆锥的高，而在底面上，因此，所以，所以，．（2）解：三棱锥中顶点到底面的距离不变，只有最大时，三棱锥的体积最大，， 所以时，最大．此时，，，．所以．【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角【解析】【分析】（1）取中点，是与成的角或其补角，是与所成的角或其补角，根据异面直线所成角的定义分类讨论，求得，从而求得结论；（2）由体积公式确定三棱锥体积最大时，然后求出相应线段长得异面直线所成的角．18．在数列中，，其中．（1）设，证明数列是等比数列；（2）记数列的前n项和为，试比较与的大小．【答案】（1）解：，由得：，而，则，整理得，而，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.（2）解：由（1）知，，于是得，，因此，，令，显然数列是递增数列，而，即时，，，当时，，所以，当时，，当时，.【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列递推式【解析】【分析】（1）由已知得，代入给定等式并变形，再利用等比数列定义判断作答.（2）利用分组求和法求出，作与的差，构造新数列并判断其单调性即可推理作答.19．设A、B是双曲线上的两点，点是线段的中点．（1）求直线的方程；（2）若线段的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，则A、B、C、D四点是否共圆？判断并说明理由．【答案】（1）解：设，显然，由题意得：，两式相减得：，即，因为点是线段的中点，所以，所以，即直线的斜率为1，所以直线的方程为，整理得：（2）解：联立与，得到：，解得：，当时，，当时，，不妨设，直线AB的垂直平分线为，与联立得：， 解得：，当时，，当时，，不妨设，则CD的中点为，又，，，所以，A、B、C、D四点共圆，圆心为，半径为.【知识点】直线的点斜式方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）设，代入椭圆方程，作差，利用中点化简即可求出直线的方程；（2）求出A，B两点坐标，求出A，B的垂直平分线，联立后求出C，D点的坐标，得到CD的中点M的坐标，计算得到，从而得到四点共圆.20．对于两个定义域相同的函数和，若存在实数m、n使，则称函数是由“基函数和”生成的．（1）若和生成一个偶函数，求的值；（2）若由函数（，且）生成，求的取值范围：（3）试利用“基函数和”生成一个函数，使之满足下列条件：①是偶函数；②有最小值1．求函数的解析式并进一步研究该函数的单调性．（无需证明）【答案】（1）解：由为偶函数可知，所以.（2）解：由得，所以，由于，所以可化简得，所以.构造函数，，所以函数在上递增，在上递减，所以函数在处，有极大值，在处有极小值.所以的取值范围是.（3）解：构造函数，，所以为偶函数.由于，所以有最小值符合题意.在递减，在递增.另补证明：由于为偶函数，只需求得上的单调性.构造函数，，由于时，，故，所以函数在上递增.根据复合函数单调性同增异减可知，函数在上递增.根据为偶函数可知，函数在递减.【知识点】利用导数研究函数的极值；函数的应用【解析】【分析】（1）由列方程，根据为偶函数求得的关系式，进而求得；（2）由列方程组，化简后求得的关系式，利用导数求得的 取值范围.（3）构造函数，并证得其奇偶性和单调性.21．设A是由个实数组成的2行n列的矩阵，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零．记为所有这样的矩阵构成的集合．记为A的第一行各数之和，为A的第二行各数之和，为A的第i列各数之和．记为、、、、…、中的最小值．（1）若矩阵，求；（2）对所有的矩阵，求的最大值；（3）给定，对所有的矩阵，求的最大值．【答案】（1）解：依题意，，，，，，所以.（2）解：设矩阵，，且，若任意改变矩阵A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成其相反数，得到新矩阵，则，且，则不妨设，且由的定义知，，，相加得：，因此，，当，时取“=”，显然存在矩阵，使，所以的最大值是1.（3）解：设矩阵，，，且，由（2）知，不妨设，且，由的定义知，，相加得：，因此，，当，，时取“=”，此时，，，即存在矩阵，其中个1，使，所以的最大值是.【知识点】矩阵的应用【解析】【分析】（1）根据给定定义，直接计算即可得解；（2）（3）设矩阵，，且，利用定义计算，建立不等关系求解，再举出使结论成立的一个矩阵说明作答.
简介：上海市2022届高三高考冲刺卷六数学试题一、填空题1．集合，则 ．【答案】[1，2)【知识点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】由题意，.故答案为：[1，2).【分析】先求出集合A，B，进而根据集合的交集和补集运算即可.2．在的展开式中，的系数为 ．【答案】-280【知识点】二项式定理【解析】【解答】的展开式中，含的项为：，故的系数为.故答案为：-280．【分析】根据二项式定理通项公式，即可求出的系数.3．三阶行列式中元素的代数余子式的值为 ．【答案】34【知识点】三阶矩阵【解析】【解答】由题可知.故答案为：34.【分析】根据行列式的代数余子式的定义进行计算即可．4．若（i是虚数单位）是关于x的实系数方程的一个复数根，则 ．【答案】【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；一元次方程根与系数的关系【解析】【解答】∵实系数一元二次方程的一个虚根为，∴其共轭复数也是方程的根.由根与系数的关系知，，∴，.∴故答案为：【分析】由题知与其共轭复数均为方程的根，进而由韦达定理即可得答案.5．锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆5个，这三种汤圆的外部特征完全相同．从中任意舀取4个汤圆，则每种汤圆都至少取到1个的概率为 ．【答案】【知识点】古典概型及其概率计算公式【解析】【解答】由题意得：可能情况有芝麻馅汤圆取到2个，花生馅汤圆和豆沙馅汤圆各1个，此时有种选择；花生馅汤圆取到2个，芝麻馅汤圆和豆沙馅汤圆各1个，此时有种选择；豆沙馅汤圆取到2个，芝麻馅汤圆和花生馅汤圆各1个，此时有种选择；锅中有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆5个，任意舀取4个汤圆的情况有种；所以每种汤圆都至少取到1个的概率为.故答案为：【分析】】每种汤圆都至少取到1个，则有1种汤圆会取到2个，分三类进行求解相加，利用组合知识求出总的选择情况个数，利用古典概型求概率公式进行求解.6． 某蔬菜基地要将120吨新鲜蔬菜运往上海，现有4辆甲型货车和8辆乙型货车可供使用，每辆甲型货车运输费用400元，可装蔬菜20吨，每辆乙型货车运输费用300元，可装蔬菜10吨，若每辆车至多只运一次，则该蔬菜基地所花的最少运输费用为 元．【答案】2800【知识点】简单线性规划【解析】【解答】设分别用甲型和乙型货车辆，根据题意可得，设总费用为元，则，画出平面区域可知，当经过点时，取得最小值.故答案为：2800元．【分析】根据题意，列出不等式组及目标函数，根据不等式组画出平面区域即可求解.7．两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放入棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则所有这样的几何体体积的可能值的集合为 ．【答案】【知识点】组合几何体的面积、体积问题【解析】【解答】显然两个正四校锥的高均为，考查放入正方体后，面所在的截面为正方形，如图，设，显然有，，即，这样的，只要满足，，故当时，最小，为；正方形与正方形重合时，最大，为1，有无数对，则的取值范围是：，所以该几何体的体积取值范围是：．故答案为：．【分析】根据正方体与正四棱锥性质，正方形在正方体的过四条平行棱中点的截面的内，这个截面是正方形，由正方形的内接正方形的面积值可得棱锥的体积值，由此可得结论．8．在直角中，为直角，，M是内一点，且，若，则的最大值为 ．【答案】【知识点】向量的线性运算性质及几何意义【解析】【解答】，，，，则，且，则，点在内，则，，设，，，其中，因此，的最大值为.故答案为：.【分析】由得出，则，，设，，然后利用辅助角公式可求出的最大值.9．设函数f(x)＝(a<0)的定义域为D，若所有点(s，f(t))(s、t∈D)构成一个正方形区域，则a的值为 ．【答案】-4【知识点】函数的定义域及其求法【解析】【解答】|x1－x2|＝fmax(x)，＝，|a|＝2，∴a＝－4【分析】设出函数的定义域，由题意可得函数的最值，结合所有点(s，f(t))(s、t∈D)构成一个正方形区域，可得a，b，c的等式，即可求解.10．设向量，则 ． 【答案】【知识点】函数的周期性【解析】【解答】由题意可得，，，，，，，所以的周期为12，且，，，，，，所以的周期为6，则.故答案为：.【分析】由题意求出的周期为12，的周期为6的周期为6，利用周期可得答案.11．设直线系，对于下列四个命题：①M中所有直线均经过一个定点；②存在定点P不在M中的任一条直线上；③对于任意整数，存在正n边形，使其所有边均在M中的直线上；④M中的直线所能围成的正三角形面积都相等．其中真命题的序号是 （写出所有真命题的序号）【答案】②③【知识点】恒过定点的直线【解析】【解答】解：由直线系，可令，消去可得，故直线系表示圆的切线的集合，故①不正确；因为对任意，存在定点不在直线系中的任意一条上，故②正确；由于圆的外切正边形，所有的边都在直线系中，故③正确；中的直线所能围成的正三角形的边长不一定相等，故它们的面积不一定相等，如图中等边三角形和面积不相等，故④不正确．综上，正确的命题是②③．故答案为：②③．【分析】令，消去可得，即可判断①②③，再利用特殊值判断④；12．已知函数的部分图像如图所示，则满足条 的最大负整数x为 ．【答案】-13【知识点】余弦函数的周期性【解析】【解答】由题意，，，不妨取，所以，，，不等式即为，则，，则或，，即或，，注意到最靠近边的负数解为或，即或，由于函数的最小正周期是，把区间和依次向左移动若干个3.14个单位，得到含有最大负整数的区间是，所以最大的负整数．故答案为：-13．【分析】由函数图象求得函数解析式，解不等式得的范围，然后结合周期性分析出最大负整数解．二、单选题13．如图，样本和分别取自两个不同的总体，它们的平均数分别为和，标准差分别为和，则（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差【解析】【解答】根据图表：样本数据均小于等于10，样本数据均大于等于10，故；样本数据波动大于样本数据，故。故答案为：B.【分析】利用已知条件结合表格中的数据，再结合平均数公式和标准差公式，进而得出和。14．如图，在中，已知，D是边上的一点，，则的长为（ ）A．B．C．D．【答案】D【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【解答】在中，由余弦定理得：，因为，所以，在中，由正弦定理得：，即，解得：故答案为：D【分析】由余弦定理求出，得到，由正弦定理进行求解出答案.15．对任意的，由关系式得到的数列满足，则函数的图象可能是（ ）A．B． C．D．【答案】A【知识点】函数的图象【解析】【解答】根据题意，由关系式得到的数列满足，即函数的图象上任一点都满足.结合图象，可知只有A满足.故答案为：A.【分析】由递推式可得图象上任一点都满足，即可得结果.16．一个平面封闭区域内任意两点距离的最大值称为该区域的“直径”，封闭区域边界曲线的长度与区域直径之比称为区域的“周率”，下面四个平面区域（阴影部分）的周率从左到右依次记为，则下列关系中正确的为（ ）图1图2图3图4A．B．C．D．【答案】C【知识点】图形的对称性【解析】【解答】图1，延长最外边的边可构成正方形，设其边长为，则，图2，设大圆半径为，则；图3把上面凹下去的沿折线翻折上去后构成正三角形，设正三角形边长为，则．图4，是一个正三角形每边三等分后，以中间一段为边向形外作小的正三角形构成，区域直径是图形中相对两个顶点间距离，设大正三角形边长为，则，所以，故答案为：C．【分析】利用新定义结合正方形，圆，正三角形的性质计算．三、解答题17．已知圆锥母线长为6，底面圆半径长为4，点M是母线的中点，是底面圆的直径，底面半径与母线所成角的大小等于．（1）当时，求异面直线与所成的角；（2）当三棱锥的体积最大时，求的值．【答案】（1）解：取中点，因为是中点，则，是中点，则，所以是与所成的角或其补角，是与所成的角或其补角．，，，若，则，，，是圆锥的高，而在底面上，因此，所以，所以，；若，则，，，是圆锥的高，而在底面上，因此，所以，所以，．（2）解：三棱锥中顶点到底面的距离不变，只有最大时，三棱锥的体积最大，， 所以时，最大．此时，，，．所以．【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角【解析】【分析】（1）取中点，是与成的角或其补角，是与所成的角或其补角，根据异面直线所成角的定义分类讨论，求得，从而求得结论；（2）由体积公式确定三棱锥体积最大时，然后求出相应线段长得异面直线所成的角．18．在数列中，，其中．（1）设，证明数列是等比数列；（2）记数列的前n项和为，试比较与的大小．【答案】（1）解：，由得：，而，则，整理得，而，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.（2）解：由（1）知，，于是得，，因此，，令，显然数列是递增数列，而，即时，，，当时，，所以，当时，，当时，.【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列递推式【解析】【分析】（1）由已知得，代入给定等式并变形，再利用等比数列定义判断作答.（2）利用分组求和法求出，作与的差，构造新数列并判断其单调性即可推理作答.19．设A、B是双曲线上的两点，点是线段的中点．（1）求直线的方程；（2）若线段的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，则A、B、C、D四点是否共圆？判断并说明理由．【答案】（1）解：设，显然，由题意得：，两式相减得：，即，因为点是线段的中点，所以，所以，即直线的斜率为1，所以直线的方程为，整理得：（2）解：联立与，得到：，解得：，当时，，当时，，不妨设，直线AB的垂直平分线为，与联立得：， 解得：，当时，，当时，，不妨设，则CD的中点为，又，，，所以，A、B、C、D四点共圆，圆心为，半径为.【知识点】直线的点斜式方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）设，代入椭圆方程，作差，利用中点化简即可求出直线的方程；（2）求出A，B两点坐标，求出A，B的垂直平分线，联立后求出C，D点的坐标，得到CD的中点M的坐标，计算得到，从而得到四点共圆.20．对于两个定义域相同的函数和，若存在实数m、n使，则称函数是由“基函数和”生成的．（1）若和生成一个偶函数，求的值；（2）若由函数（，且）生成，求的取值范围：（3）试利用“基函数和”生成一个函数，使之满足下列条件：①是偶函数；②有最小值1．求函数的解析式并进一步研究该函数的单调性．（无需证明）【答案】（1）解：由为偶函数可知，所以.（2）解：由得，所以，由于，所以可化简得，所以.构造函数，，所以函数在上递增，在上递减，所以函数在处，有极大值，在处有极小值.所以的取值范围是.（3）解：构造函数，，所以为偶函数.由于，所以有最小值符合题意.在递减，在递增.另补证明：由于为偶函数，只需求得上的单调性.构造函数，，由于时，，故，所以函数在上递增.根据复合函数单调性同增异减可知，函数在上递增.根据为偶函数可知，函数在递减.【知识点】利用导数研究函数的极值；函数的应用【解析】【分析】（1）由列方程，根据为偶函数求得的关系式，进而求得；（2）由列方程组，化简后求得的关系式，利用导数求得的 取值范围.（3）构造函数，并证得其奇偶性和单调性.21．设A是由个实数组成的2行n列的矩阵，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零．记为所有这样的矩阵构成的集合．记为A的第一行各数之和，为A的第二行各数之和，为A的第i列各数之和．记为、、、、…、中的最小值．（1）若矩阵，求；（2）对所有的矩阵，求的最大值；（3）给定，对所有的矩阵，求的最大值．【答案】（1）解：依题意，，，，，，所以.（2）解：设矩阵，，且，若任意改变矩阵A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成其相反数，得到新矩阵，则，且，则不妨设，且由的定义知，，，相加得：，因此，，当，时取“=”，显然存在矩阵，使，所以的最大值是1.（3）解：设矩阵，，，且，由（2）知，不妨设，且，由的定义知，，相加得：，因此，，当，，时取“=”，此时，，，即存在矩阵，其中个1，使，所以的最大值是.【知识点】矩阵的应用【解析】【分析】（1）根据给定定义，直接计算即可得解；（2）（3）设矩阵，，且，利用定义计算，建立不等关系求解，再举出使结论成立的一个矩阵说明作答.
简介：上海市2022届高三高考冲刺卷六数学试题一、填空题1．集合，则 ．【答案】[1，2)【知识点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】由题意，.故答案为：[1，2).【分析】先求出集合A，B，进而根据集合的交集和补集运算即可.2．在的展开式中，的系数为 ．【答案】-280【知识点】二项式定理【解析】【解答】的展开式中，含的项为：，故的系数为.故答案为：-280．【分析】根据二项式定理通项公式，即可求出的系数.3．三阶行列式中元素的代数余子式的值为 ．【答案】34【知识点】三阶矩阵【解析】【解答】由题可知.故答案为：34.【分析】根据行列式的代数余子式的定义进行计算即可．4．若（i是虚数单位）是关于x的实系数方程的一个复数根，则 ．【答案】【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；一元次方程根与系数的关系【解析】【解答】∵实系数一元二次方程的一个虚根为，∴其共轭复数也是方程的根.由根与系数的关系知，，∴，.∴故答案为：【分析】由题知与其共轭复数均为方程的根，进而由韦达定理即可得答案.5．锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆5个，这三种汤圆的外部特征完全相同．从中任意舀取4个汤圆，则每种汤圆都至少取到1个的概率为 ．【答案】【知识点】古典概型及其概率计算公式【解析】【解答】由题意得：可能情况有芝麻馅汤圆取到2个，花生馅汤圆和豆沙馅汤圆各1个，此时有种选择；花生馅汤圆取到2个，芝麻馅汤圆和豆沙馅汤圆各1个，此时有种选择；豆沙馅汤圆取到2个，芝麻馅汤圆和花生馅汤圆各1个，此时有种选择；锅中有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆5个，任意舀取4个汤圆的情况有种；所以每种汤圆都至少取到1个的概率为.故答案为：【分析】】每种汤圆都至少取到1个，则有1种汤圆会取到2个，分三类进行求解相加，利用组合知识求出总的选择情况个数，利用古典概型求概率公式进行求解.6． 某蔬菜基地要将120吨新鲜蔬菜运往上海，现有4辆甲型货车和8辆乙型货车可供使用，每辆甲型货车运输费用400元，可装蔬菜20吨，每辆乙型货车运输费用300元，可装蔬菜10吨，若每辆车至多只运一次，则该蔬菜基地所花的最少运输费用为 元．【答案】2800【知识点】简单线性规划【解析】【解答】设分别用甲型和乙型货车辆，根据题意可得，设总费用为元，则，画出平面区域可知，当经过点时，取得最小值.故答案为：2800元．【分析】根据题意，列出不等式组及目标函数，根据不等式组画出平面区域即可求解.7．两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放入棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则所有这样的几何体体积的可能值的集合为 ．【答案】【知识点】组合几何体的面积、体积问题【解析】【解答】显然两个正四校锥的高均为，考查放入正方体后，面所在的截面为正方形，如图，设，显然有，，即，这样的，只要满足，，故当时，最小，为；正方形与正方形重合时，最大，为1，有无数对，则的取值范围是：，所以该几何体的体积取值范围是：．故答案为：．【分析】根据正方体与正四棱锥性质，正方形在正方体的过四条平行棱中点的截面的内，这个截面是正方形，由正方形的内接正方形的面积值可得棱锥的体积值，由此可得结论．8．在直角中，为直角，，M是内一点，且，若，则的最大值为 ．【答案】【知识点】向量的线性运算性质及几何意义【解析】【解答】，，，，则，且，则，点在内，则，，设，，，其中，因此，的最大值为.故答案为：.【分析】由得出，则，，设，，然后利用辅助角公式可求出的最大值.9．设函数f(x)＝(a<0)的定义域为D，若所有点(s，f(t))(s、t∈D)构成一个正方形区域，则a的值为 ．【答案】-4【知识点】函数的定义域及其求法【解析】【解答】|x1－x2|＝fmax(x)，＝，|a|＝2，∴a＝－4【分析】设出函数的定义域，由题意可得函数的最值，结合所有点(s，f(t))(s、t∈D)构成一个正方形区域，可得a，b，c的等式，即可求解.10．设向量，则 ． 【答案】【知识点】函数的周期性【解析】【解答】由题意可得，，，，，，，所以的周期为12，且，，，，，，所以的周期为6，则.故答案为：.【分析】由题意求出的周期为12，的周期为6的周期为6，利用周期可得答案.11．设直线系，对于下列四个命题：①M中所有直线均经过一个定点；②存在定点P不在M中的任一条直线上；③对于任意整数，存在正n边形，使其所有边均在M中的直线上；④M中的直线所能围成的正三角形面积都相等．其中真命题的序号是 （写出所有真命题的序号）【答案】②③【知识点】恒过定点的直线【解析】【解答】解：由直线系，可令，消去可得，故直线系表示圆的切线的集合，故①不正确；因为对任意，存在定点不在直线系中的任意一条上，故②正确；由于圆的外切正边形，所有的边都在直线系中，故③正确；中的直线所能围成的正三角形的边长不一定相等，故它们的面积不一定相等，如图中等边三角形和面积不相等，故④不正确．综上，正确的命题是②③．故答案为：②③．【分析】令，消去可得，即可判断①②③，再利用特殊值判断④；12．已知函数的部分图像如图所示，则满足条 的最大负整数x为 ．【答案】-13【知识点】余弦函数的周期性【解析】【解答】由题意，，，不妨取，所以，，，不等式即为，则，，则或，，即或，，注意到最靠近边的负数解为或，即或，由于函数的最小正周期是，把区间和依次向左移动若干个3.14个单位，得到含有最大负整数的区间是，所以最大的负整数．故答案为：-13．【分析】由函数图象求得函数解析式，解不等式得的范围，然后结合周期性分析出最大负整数解．二、单选题13．如图，样本和分别取自两个不同的总体，它们的平均数分别为和，标准差分别为和，则（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差【解析】【解答】根据图表：样本数据均小于等于10，样本数据均大于等于10，故；样本数据波动大于样本数据，故。故答案为：B.【分析】利用已知条件结合表格中的数据，再结合平均数公式和标准差公式，进而得出和。14．如图，在中，已知，D是边上的一点，，则的长为（ ）A．B．C．D．【答案】D【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【解答】在中，由余弦定理得：，因为，所以，在中，由正弦定理得：，即，解得：故答案为：D【分析】由余弦定理求出，得到，由正弦定理进行求解出答案.15．对任意的，由关系式得到的数列满足，则函数的图象可能是（ ）A．B． C．D．【答案】A【知识点】函数的图象【解析】【解答】根据题意，由关系式得到的数列满足，即函数的图象上任一点都满足.结合图象，可知只有A满足.故答案为：A.【分析】由递推式可得图象上任一点都满足，即可得结果.16．一个平面封闭区域内任意两点距离的最大值称为该区域的“直径”，封闭区域边界曲线的长度与区域直径之比称为区域的“周率”，下面四个平面区域（阴影部分）的周率从左到右依次记为，则下列关系中正确的为（ ）图1图2图3图4A．B．C．D．【答案】C【知识点】图形的对称性【解析】【解答】图1，延长最外边的边可构成正方形，设其边长为，则，图2，设大圆半径为，则；图3把上面凹下去的沿折线翻折上去后构成正三角形，设正三角形边长为，则．图4，是一个正三角形每边三等分后，以中间一段为边向形外作小的正三角形构成，区域直径是图形中相对两个顶点间距离，设大正三角形边长为，则，所以，故答案为：C．【分析】利用新定义结合正方形，圆，正三角形的性质计算．三、解答题17．已知圆锥母线长为6，底面圆半径长为4，点M是母线的中点，是底面圆的直径，底面半径与母线所成角的大小等于．（1）当时，求异面直线与所成的角；（2）当三棱锥的体积最大时，求的值．【答案】（1）解：取中点，因为是中点，则，是中点，则，所以是与所成的角或其补角，是与所成的角或其补角．，，，若，则，，，是圆锥的高，而在底面上，因此，所以，所以，；若，则，，，是圆锥的高，而在底面上，因此，所以，所以，．（2）解：三棱锥中顶点到底面的距离不变，只有最大时，三棱锥的体积最大，， 所以时，最大．此时，，，．所以．【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角【解析】【分析】（1）取中点，是与成的角或其补角，是与所成的角或其补角，根据异面直线所成角的定义分类讨论，求得，从而求得结论；（2）由体积公式确定三棱锥体积最大时，然后求出相应线段长得异面直线所成的角．18．在数列中，，其中．（1）设，证明数列是等比数列；（2）记数列的前n项和为，试比较与的大小．【答案】（1）解：，由得：，而，则，整理得，而，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.（2）解：由（1）知，，于是得，，因此，，令，显然数列是递增数列，而，即时，，，当时，，所以，当时，，当时，.【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列递推式【解析】【分析】（1）由已知得，代入给定等式并变形，再利用等比数列定义判断作答.（2）利用分组求和法求出，作与的差，构造新数列并判断其单调性即可推理作答.19．设A、B是双曲线上的两点，点是线段的中点．（1）求直线的方程；（2）若线段的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，则A、B、C、D四点是否共圆？判断并说明理由．【答案】（1）解：设，显然，由题意得：，两式相减得：，即，因为点是线段的中点，所以，所以，即直线的斜率为1，所以直线的方程为，整理得：（2）解：联立与，得到：，解得：，当时，，当时，，不妨设，直线AB的垂直平分线为，与联立得：， 解得：，当时，，当时，，不妨设，则CD的中点为，又，，，所以，A、B、C、D四点共圆，圆心为，半径为.【知识点】直线的点斜式方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）设，代入椭圆方程，作差，利用中点化简即可求出直线的方程；（2）求出A，B两点坐标，求出A，B的垂直平分线，联立后求出C，D点的坐标，得到CD的中点M的坐标，计算得到，从而得到四点共圆.20．对于两个定义域相同的函数和，若存在实数m、n使，则称函数是由“基函数和”生成的．（1）若和生成一个偶函数，求的值；（2）若由函数（，且）生成，求的取值范围：（3）试利用“基函数和”生成一个函数，使之满足下列条件：①是偶函数；②有最小值1．求函数的解析式并进一步研究该函数的单调性．（无需证明）【答案】（1）解：由为偶函数可知，所以.（2）解：由得，所以，由于，所以可化简得，所以.构造函数，，所以函数在上递增，在上递减，所以函数在处，有极大值，在处有极小值.所以的取值范围是.（3）解：构造函数，，所以为偶函数.由于，所以有最小值符合题意.在递减，在递增.另补证明：由于为偶函数，只需求得上的单调性.构造函数，，由于时，，故，所以函数在上递增.根据复合函数单调性同增异减可知，函数在上递增.根据为偶函数可知，函数在递减.【知识点】利用导数研究函数的极值；函数的应用【解析】【分析】（1）由列方程，根据为偶函数求得的关系式，进而求得；（2）由列方程组，化简后求得的关系式，利用导数求得的 取值范围.（3）构造函数，并证得其奇偶性和单调性.21．设A是由个实数组成的2行n列的矩阵，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零．记为所有这样的矩阵构成的集合．记为A的第一行各数之和，为A的第二行各数之和，为A的第i列各数之和．记为、、、、…、中的最小值．（1）若矩阵，求；（2）对所有的矩阵，求的最大值；（3）给定，对所有的矩阵，求的最大值．【答案】（1）解：依题意，，，，，，所以.（2）解：设矩阵，，且，若任意改变矩阵A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成其相反数，得到新矩阵，则，且，则不妨设，且由的定义知，，，相加得：，因此，，当，时取“=”，显然存在矩阵，使，所以的最大值是1.（3）解：设矩阵，，，且，由（2）知，不妨设，且，由的定义知，，相加得：，因此，，当，，时取“=”，此时，，，即存在矩阵，其中个1，使，所以的最大值是.【知识点】矩阵的应用【解析】【分析】（1）根据给定定义，直接计算即可得解；（2）（3）设矩阵，，且，利用定义计算，建立不等关系求解，再举出使结论成立的一个矩阵说明作答.
简介：上海市2022届高三高考冲刺卷六数学试题一、填空题1．集合，则 ．【答案】[1，2)【知识点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】由题意，.故答案为：[1，2).【分析】先求出集合A，B，进而根据集合的交集和补集运算即可.2．在的展开式中，的系数为 ．【答案】-280【知识点】二项式定理【解析】【解答】的展开式中，含的项为：，故的系数为.故答案为：-280．【分析】根据二项式定理通项公式，即可求出的系数.3．三阶行列式中元素的代数余子式的值为 ．【答案】34【知识点】三阶矩阵【解析】【解答】由题可知.故答案为：34.【分析】根据行列式的代数余子式的定义进行计算即可．4．若（i是虚数单位）是关于x的实系数方程的一个复数根，则 ．【答案】【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；一元次方程根与系数的关系【解析】【解答】∵实系数一元二次方程的一个虚根为，∴其共轭复数也是方程的根.由根与系数的关系知，，∴，.∴故答案为：【分析】由题知与其共轭复数均为方程的根，进而由韦达定理即可得答案.5．锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆5个，这三种汤圆的外部特征完全相同．从中任意舀取4个汤圆，则每种汤圆都至少取到1个的概率为 ．【答案】【知识点】古典概型及其概率计算公式【解析】【解答】由题意得：可能情况有芝麻馅汤圆取到2个，花生馅汤圆和豆沙馅汤圆各1个，此时有种选择；花生馅汤圆取到2个，芝麻馅汤圆和豆沙馅汤圆各1个，此时有种选择；豆沙馅汤圆取到2个，芝麻馅汤圆和花生馅汤圆各1个，此时有种选择；锅中有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆5个，任意舀取4个汤圆的情况有种；所以每种汤圆都至少取到1个的概率为.故答案为：【分析】】每种汤圆都至少取到1个，则有1种汤圆会取到2个，分三类进行求解相加，利用组合知识求出总的选择情况个数，利用古典概型求概率公式进行求解.6． 某蔬菜基地要将120吨新鲜蔬菜运往上海，现有4辆甲型货车和8辆乙型货车可供使用，每辆甲型货车运输费用400元，可装蔬菜20吨，每辆乙型货车运输费用300元，可装蔬菜10吨，若每辆车至多只运一次，则该蔬菜基地所花的最少运输费用为 元．【答案】2800【知识点】简单线性规划【解析】【解答】设分别用甲型和乙型货车辆，根据题意可得，设总费用为元，则，画出平面区域可知，当经过点时，取得最小值.故答案为：2800元．【分析】根据题意，列出不等式组及目标函数，根据不等式组画出平面区域即可求解.7．两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放入棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则所有这样的几何体体积的可能值的集合为 ．【答案】【知识点】组合几何体的面积、体积问题【解析】【解答】显然两个正四校锥的高均为，考查放入正方体后，面所在的截面为正方形，如图，设，显然有，，即，这样的，只要满足，，故当时，最小，为；正方形与正方形重合时，最大，为1，有无数对，则的取值范围是：，所以该几何体的体积取值范围是：．故答案为：．【分析】根据正方体与正四棱锥性质，正方形在正方体的过四条平行棱中点的截面的内，这个截面是正方形，由正方形的内接正方形的面积值可得棱锥的体积值，由此可得结论．8．在直角中，为直角，，M是内一点，且，若，则的最大值为 ．【答案】【知识点】向量的线性运算性质及几何意义【解析】【解答】，，，，则，且，则，点在内，则，，设，，，其中，因此，的最大值为.故答案为：.【分析】由得出，则，，设，，然后利用辅助角公式可求出的最大值.9．设函数f(x)＝(a<0)的定义域为D，若所有点(s，f(t))(s、t∈D)构成一个正方形区域，则a的值为 ．【答案】-4【知识点】函数的定义域及其求法【解析】【解答】|x1－x2|＝fmax(x)，＝，|a|＝2，∴a＝－4【分析】设出函数的定义域，由题意可得函数的最值，结合所有点(s，f(t))(s、t∈D)构成一个正方形区域，可得a，b，c的等式，即可求解.10．设向量，则 ． 【答案】【知识点】函数的周期性【解析】【解答】由题意可得，，，，，，，所以的周期为12，且，，，，，，所以的周期为6，则.故答案为：.【分析】由题意求出的周期为12，的周期为6的周期为6，利用周期可得答案.11．设直线系，对于下列四个命题：①M中所有直线均经过一个定点；②存在定点P不在M中的任一条直线上；③对于任意整数，存在正n边形，使其所有边均在M中的直线上；④M中的直线所能围成的正三角形面积都相等．其中真命题的序号是 （写出所有真命题的序号）【答案】②③【知识点】恒过定点的直线【解析】【解答】解：由直线系，可令，消去可得，故直线系表示圆的切线的集合，故①不正确；因为对任意，存在定点不在直线系中的任意一条上，故②正确；由于圆的外切正边形，所有的边都在直线系中，故③正确；中的直线所能围成的正三角形的边长不一定相等，故它们的面积不一定相等，如图中等边三角形和面积不相等，故④不正确．综上，正确的命题是②③．故答案为：②③．【分析】令，消去可得，即可判断①②③，再利用特殊值判断④；12．已知函数的部分图像如图所示，则满足条 的最大负整数x为 ．【答案】-13【知识点】余弦函数的周期性【解析】【解答】由题意，，，不妨取，所以，，，不等式即为，则，，则或，，即或，，注意到最靠近边的负数解为或，即或，由于函数的最小正周期是，把区间和依次向左移动若干个3.14个单位，得到含有最大负整数的区间是，所以最大的负整数．故答案为：-13．【分析】由函数图象求得函数解析式，解不等式得的范围，然后结合周期性分析出最大负整数解．二、单选题13．如图，样本和分别取自两个不同的总体，它们的平均数分别为和，标准差分别为和，则（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差【解析】【解答】根据图表：样本数据均小于等于10，样本数据均大于等于10，故；样本数据波动大于样本数据，故。故答案为：B.【分析】利用已知条件结合表格中的数据，再结合平均数公式和标准差公式，进而得出和。14．如图，在中，已知，D是边上的一点，，则的长为（ ）A．B．C．D．【答案】D【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【解答】在中，由余弦定理得：，因为，所以，在中，由正弦定理得：，即，解得：故答案为：D【分析】由余弦定理求出，得到，由正弦定理进行求解出答案.15．对任意的，由关系式得到的数列满足，则函数的图象可能是（ ）A．B． C．D．【答案】A【知识点】函数的图象【解析】【解答】根据题意，由关系式得到的数列满足，即函数的图象上任一点都满足.结合图象，可知只有A满足.故答案为：A.【分析】由递推式可得图象上任一点都满足，即可得结果.16．一个平面封闭区域内任意两点距离的最大值称为该区域的“直径”，封闭区域边界曲线的长度与区域直径之比称为区域的“周率”，下面四个平面区域（阴影部分）的周率从左到右依次记为，则下列关系中正确的为（ ）图1图2图3图4A．B．C．D．【答案】C【知识点】图形的对称性【解析】【解答】图1，延长最外边的边可构成正方形，设其边长为，则，图2，设大圆半径为，则；图3把上面凹下去的沿折线翻折上去后构成正三角形，设正三角形边长为，则．图4，是一个正三角形每边三等分后，以中间一段为边向形外作小的正三角形构成，区域直径是图形中相对两个顶点间距离，设大正三角形边长为，则，所以，故答案为：C．【分析】利用新定义结合正方形，圆，正三角形的性质计算．三、解答题17．已知圆锥母线长为6，底面圆半径长为4，点M是母线的中点，是底面圆的直径，底面半径与母线所成角的大小等于．（1）当时，求异面直线与所成的角；（2）当三棱锥的体积最大时，求的值．【答案】（1）解：取中点，因为是中点，则，是中点，则，所以是与所成的角或其补角，是与所成的角或其补角．，，，若，则，，，是圆锥的高，而在底面上，因此，所以，所以，；若，则，，，是圆锥的高，而在底面上，因此，所以，所以，．（2）解：三棱锥中顶点到底面的距离不变，只有最大时，三棱锥的体积最大，， 所以时，最大．此时，，，．所以．【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角【解析】【分析】（1）取中点，是与成的角或其补角，是与所成的角或其补角，根据异面直线所成角的定义分类讨论，求得，从而求得结论；（2）由体积公式确定三棱锥体积最大时，然后求出相应线段长得异面直线所成的角．18．在数列中，，其中．（1）设，证明数列是等比数列；（2）记数列的前n项和为，试比较与的大小．【答案】（1）解：，由得：，而，则，整理得，而，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.（2）解：由（1）知，，于是得，，因此，，令，显然数列是递增数列，而，即时，，，当时，，所以，当时，，当时，.【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列递推式【解析】【分析】（1）由已知得，代入给定等式并变形，再利用等比数列定义判断作答.（2）利用分组求和法求出，作与的差，构造新数列并判断其单调性即可推理作答.19．设A、B是双曲线上的两点，点是线段的中点．（1）求直线的方程；（2）若线段的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，则A、B、C、D四点是否共圆？判断并说明理由．【答案】（1）解：设，显然，由题意得：，两式相减得：，即，因为点是线段的中点，所以，所以，即直线的斜率为1，所以直线的方程为，整理得：（2）解：联立与，得到：，解得：，当时，，当时，，不妨设，直线AB的垂直平分线为，与联立得：， 解得：，当时，，当时，，不妨设，则CD的中点为，又，，，所以，A、B、C、D四点共圆，圆心为，半径为.【知识点】直线的点斜式方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）设，代入椭圆方程，作差，利用中点化简即可求出直线的方程；（2）求出A，B两点坐标，求出A，B的垂直平分线，联立后求出C，D点的坐标，得到CD的中点M的坐标，计算得到，从而得到四点共圆.20．对于两个定义域相同的函数和，若存在实数m、n使，则称函数是由“基函数和”生成的．（1）若和生成一个偶函数，求的值；（2）若由函数（，且）生成，求的取值范围：（3）试利用“基函数和”生成一个函数，使之满足下列条件：①是偶函数；②有最小值1．求函数的解析式并进一步研究该函数的单调性．（无需证明）【答案】（1）解：由为偶函数可知，所以.（2）解：由得，所以，由于，所以可化简得，所以.构造函数，，所以函数在上递增，在上递减，所以函数在处，有极大值，在处有极小值.所以的取值范围是.（3）解：构造函数，，所以为偶函数.由于，所以有最小值符合题意.在递减，在递增.另补证明：由于为偶函数，只需求得上的单调性.构造函数，，由于时，，故，所以函数在上递增.根据复合函数单调性同增异减可知，函数在上递增.根据为偶函数可知，函数在递减.【知识点】利用导数研究函数的极值；函数的应用【解析】【分析】（1）由列方程，根据为偶函数求得的关系式，进而求得；（2）由列方程组，化简后求得的关系式，利用导数求得的 取值范围.（3）构造函数，并证得其奇偶性和单调性.21．设A是由个实数组成的2行n列的矩阵，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零．记为所有这样的矩阵构成的集合．记为A的第一行各数之和，为A的第二行各数之和，为A的第i列各数之和．记为、、、、…、中的最小值．（1）若矩阵，求；（2）对所有的矩阵，求的最大值；（3）给定，对所有的矩阵，求的最大值．【答案】（1）解：依题意，，，，，，所以.（2）解：设矩阵，，且，若任意改变矩阵A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成其相反数，得到新矩阵，则，且，则不妨设，且由的定义知，，，相加得：，因此，，当，时取“=”，显然存在矩阵，使，所以的最大值是1.（3）解：设矩阵，，，且，由（2）知，不妨设，且，由的定义知，，相加得：，因此，，当，，时取“=”，此时，，，即存在矩阵，其中个1，使，所以的最大值是.【知识点】矩阵的应用【解析】【分析】（1）根据给定定义，直接计算即可得解；（2）（3）设矩阵，，且，利用定义计算，建立不等关系求解，再举出使结论成立的一个矩阵说明作答.
