上海市格致中学2022届高三上学期十月月考数学试题（解析版）

这是一份上海市格致中学2022届高三上学期十月月考数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021学年格致中学高三年级十月份月考卷一、填空题1. 计算___________．【答案】【解析】【分析】根据给定条件利用数列极限的意义及极限运算法则求解即得.【详解】.故答案为：2. 已知集合，，则____________．【答案】【解析】【分析】解不等式求得集合，由此求得.【详解】，所以，所以故答案为：3. 的展开式中的系数为_____________．（结果用数字表示）【答案】-10【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式计算即可得出结果.【详解】的展开式的通项公式为，令r=9，可得的系数为，故答案为：-104. 函数的值域是____________．【答案】【解析】【分析】求出函数的定义域，再变形函数式借助均值不等式求出最小值即可.【详解】函数定义域为，，当且仅当，即时取“=”，因此，当时，，所以函数的值域是.故答案为：5. 已知复数满足，则的最小值为______________．【答案】2【解析】【分析】根据复数模的几何意义求得的最小值.【详解】表示点与点的距离为，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，表示圆上的点和原点的距离，结合图象可知，的最小值为.故答案为：6. 函数，的反函数是____________．【答案】【解析】【分析】先根据函数的定义域求出其值域，即为的定义域，再求反函数即可.【详解】因为，所以，所以的定义域为 因为，所以，交换得，，所以，故答案为：.7. 已知，，若，则的取值范围是______________．【答案】【解析】【分析】由已知得集合A表示如图的边长为2的正方形及正方形的内部，则对角线的长为，集合B表示以C（a，a）为圆心，半径为1的圆及圆的内部，且圆心在直线y=x上，作出图形，运用数形结合思想得，由此求得答案.【详解】解：因为集合A表示如图的边长为2的正方形及正方形的内部，则对角线的长为，集合B表示以C（a，a）为圆心，半径为1的圆及圆的内部，且圆心在直线y=x上，先画出以（0,0）为圆心，半径为 的圆，沿着直线y=x，进行移动，可得当A∩B不等于 时， ，即 ，解得，故答案为：.8. 已知点是双曲线上除顶点外的任意一点，分别为左、右焦点，为半焦距，的内切圆与切于点，则_________.【答案】【解析】【分析】由题意结合双曲线的定义分类讨论求解的值即可.【详解】设圆与的切点为点S，与的切点为点T，根据从圆外一点向圆所引的两条切线长相等可知：①当P在双曲线图象的右支时，而根据双曲线的定义可知①；而②，联立①②解得：,所以=b2；②当P在双曲线图象的左支时，而根据双曲线的定义可知③；而④，联立③④解得：，综上,可得.【点睛】本题主要考查双曲线的定义及其应用，外切圆的性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.9. 从6双规格相同颜色不同的手套中任取4只，其中恰有两只成双的概率是______________．【答案】【解析】【分析】先求得基本事件的总数，然后结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.【详解】基本事件总数为，所以恰有两只成双的概率是.故答案为：10. 已知函数定义域，且对任意，恒有，当时，，若，则的取值范围是______________．【答案】【解析】【分析】根据给定条件探求出函数在上的单调性，再利用单调性解即得.【详解】，且，则，而当时，，于得，因对任意，恒有，因此，，从而得在上的单调递减，由得：，解得：，解，即得，则有，所以的取值范围是.故答案为：11. 已知，满足，，且在上有且仅有5个零点，则此函数解析式为_____________．【答案】【解析】【分析】利用换元法将题意中的两个等式分别变形，得到和分别是图像的对称中心与对称轴，进而得到，令求出，结合题意得到，求出的值，进而求出的值，从而得出答案.【详解】因为，令，则，即，所以是图像的对称中心，又，令，则，即，所以是图像的对称轴，所以，得，令，则，所以，因为在上有且只有5个零点，所以，又，即，所以，得，代入上式，得，又，所以，所以.故答案为：12. 已知平面内不同的三点，满足，若，的最小值为，则_____________．【答案】2【解析】【分析】设、、，作D关于OB对称的点，如图，根据向量的线性运算化简题中的等式为，利用点关于直线对称的性质可得，结合余弦定理可求出，利用余弦的二倍角公式求出，最后根据计算即可.【详解】如图，设，则点C在线段OB上运动，所以，设，则，所以，所以，即，作D关于OB对称的点，设，则，所以在中，，由余弦定理，得，又，所以，得.故答案为：2二、选择题13. 10名工人某天生产同一零件，生产的件数是15、17、14、10、15、17、17、16、14、12.设其平均数为a，中位数为b，众数为c，则有（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】将样本数据由小到大进行排列，根据定义求出，即可得出结论．【详解】解：将生产的件数由小到大排列为：10、12、14、14、15、15、16、17、17、17，∴ ，中位数为，众数为，因此，，故选：B．14. 已知函数在区间内的图象为连续不断的一条曲线，则“”是“函数在区问内有零点”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先根据零点的存在性定理分析充分性，然后再举例分析必要性，由此判断出属于何种条件.【详解】由零点存在性定理，可知充分性成立；反之，若函数，则易知，且在区间内有两个零点，故必要性不成立.故选：A.15. 已知三棱锥的顶点都在半径为的球面上，，，，则三棱锥体积的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用勾股定理得到直角三角形，取中点，连接，结合球半径可得的长，进而得的最大值．【详解】解：如图，设球心为，由，，可得为直角三角形，斜边的中点为球小圆的圆心，连接，，则平面，由，可得，故三棱锥的最大体积为，故选：．【点睛】此题考查三棱锥体积最值的问题，还涉及外接球的体积公式、勾股定理、以及锥体的体积公式，难度适中．16. 正数数列的前项和为，，则下列选项中正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题设求出、、，并猜想的通项公式，再利用数学归纳法证明，进而判断各选项的正误.【详解】由题设，当时，得，当时，，整理得，∴；，整理得，∴；猜想：，由时，符合题设，假设时，， 则时，，∴，整理得，∴也成立，故，成立.∴，易知A、B错误；，，故C错误，D正确.故选：D【点睛】关键点点睛：应用数学归纳法证明猜想的通项公式，进而判断各项正误.三、解答题17. 已知关于的一元二次方程有实数根．（1）求点的轨迹；（2）求此方程实根的取值范围．【答案】（1）以点为圆心,为半径的圆.；（2）．【解析】【分析】(1)由复数相等的定义化简得出，将其代入中即可得出所求点的轨迹方程；(2)将方程的根转化为直线与圆的交点问题，由圆心到直线的距离小于等于半径，即可求得方程实根的取值范围.【详解】解:(1)设方程实根为.根据题意得,即.根据复数相等的充要条件,得，由得,代入得，即.所以所求的点的轨迹方程是，轨迹是以点为圆心,为半径的圆.(2)由(1)得圆心为,半径,直线与圆有公共点,从而有,即,所以.故方程实根的取值范围是.18. 已知．（1）若，求的值；（2）设，将函数的图像向右平移个单位长度得到曲线，保持上各点的纵坐标保持不变，将横坐标变为原来的倍得到的图像，且关于的方程在上有解，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)根据给定条件求出，再利用正余弦齐次式法即可计算得解；(2)求出函数的解析式并化简，再由给定的图象变换求出函数，最后由给定定义域求出值域即可.详解】(1)因，且，则有，即，于是得，所以的值是；(2)依题意，，，因，则，有，于是得，因方程在上有解，即在上有解，则，所以的取值范围是.19. 如图所示，某传动装置由两个陀螺，组成，陀螺之间没有滑动，每个陀螺都由具有公共轴的圆锥和圆柱两个部分构成，每个圆柱的底面半径和高都是相应圆锥底面半径的，且，的轴相互垂直，它们相接触的直线与的轴所成角，若陀螺中圆锥的底面半径为（）；（1）求陀螺的体积；（2）当陀螺转动一圈时，陀螺中圆锥底面圆周上一点转动到点，求与之间的距离；【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）算出陀螺中的圆锥的高，再利用公式计算圆锥和圆柱的体积后可得陀螺体积.（2）先求，算出对应的圆心角的弧度数后可得弦长.【详解】（1）因为陀螺中圆锥的底面半径为，故圆锥的高为，圆柱的底面半径和高均为，故陀螺的体积为.（2）当陀螺转动一圈时，，陀螺中圆锥的底面半径为陀螺中的圆锥的高，故，故所对的圆心角为，如图，弦长.【点睛】本题考查组合体的体积与扇形中的弦长，注意根据传动关系来沟通不同几何体中的基本量之间的关系，此题属于容易题.20. 已知点是平面直角坐标系上的一个动点，点到直线的距离等于点到点的距离的2倍，记动点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）斜率为直线与曲线交于两个不同点，若直线不过点，设直线的斜率分别为，求的数值；（3）设点为曲线的上顶点，点是椭圆上异于点的任意两点，若直线与的斜率的乘积为常数，试判断直线是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由．【答案】（1）；（2）0；（3）经过定点，定点坐标．【解析】【分析】（1）由已知得，化简得曲线C的方程；（2）设直线l 的方程为： ，与椭圆的方程联立得，设，得出根与系数的关系，代入中，计算可得值；（3）由（1）得，设直线PQ的方程为与椭圆的方程联立得，设，得出根与系数的关系，再计算，可解得，由此得定点坐标．【详解】解：（1）因为点是平面直角坐标系上的一个动点，点到直线的距离等于点到点的距离的2倍，所以，化简得曲线C的方程为：；（2）因为直线的斜率为，且直线不过点，所以设直线l的方程为：，联立方程组，得，又交点，所以，因为，所以 ；（3）由（1）得，由题意，直线的斜率存在，设直线PQ的方程为，联立方程组，得，设，所以，则，所以，所以直线经过定点，定点坐标．【点睛】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式.21. 对于项数为的有限数列，记该数列前项中的最大项为，即；该数列后项中的最小项为，即，．（1）对于共有五项的数列，1，4，6，8，2，求出对应的；（2）设为常数，且，求证：；（3）设实数，数列满足，若数列对应的，满足对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）-1，2，4，6；（2）证明见解析；（3）．【解析】【分析】（1）利用题中的定义，逐个计算即可；（2）依据题中定义可知，再利用，可得，，即证结论；（3）讨论和时不满足题意，再研究且时，构造数列是等比数列求得，依据题中定义计算，，再解不等式，即得结果.【详解】解：（1）前一项中最大是1，后四项中最小是2，故，，；前两项中最大是4，后三项中最小是2，故，，；前三项中最大是6，后二项中最小是2，故，，；前四项中最大是8，后一项中最小是2，故，，；所以；（2）依题意，，所以，又因为，，故，即，即数列是递增数列，，所以；（3）当时，，数列是等差数列，此时，不满足题意；当时，，且，当时，为常数数列，此时，亦不满足题意；当时，数列是以为首项，是公比的等比数列，故，此时，由题意得，，，由于，而，因此，故对任意正整数都成立，所以，，因为，所以，解得：．【点睛】关键点睛：本题解题关键是认真审题，读懂题中的新定义，该数列前项中的最大项为，即，数列后项中的最小项为，即，，结合构造等比数列求通项公式，求得，再作差求得参数范围，以突破难点.