2021届上海市华师大三附中高三下学期第一次阶段检测数学试题（含解析）

这是一份2021届上海市华师大三附中高三下学期第一次阶段检测数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届上海市华师大三附中高三下学期第一次阶段检测数学试题  一、单选题1．设表示复数z的共轭复数，则与“复数z为实数”不等价的说法是（    ）A． B．C． D．(表示复数z的虚部)【答案】C【分析】根据复数的基本概念，逐项判定，即可求解.【详解】设复数，则，对于A中，若，可得，解得，此时复数z为实数，符合题意；对于B中，若，即，可得，此时复数z为实数，符合题意；对于C中，若，即，解得，此时，不符合题意；对于D中，若，即，此时复数z为实数，符合题意.故选：C.2．已知向量､都是非零向量，“”是“”的（    ）条件A．充分非必要 B．必要非充分C．充要 D．既非充分也非必要【答案】C【分析】根据向量数量积的定义以及充分性和必要性的定义即可判断，进而可得正确选项.【详解】设向量､夹角为，由，可得，，因为，所以或，可得，若，则或，或，即，所以，所以“”是“”的充要条件，故选：C3．在平面直角坐标系中，已知向量点满足.曲线，区域.若为两段分离的曲线，则A． B． C． D．【答案】A【详解】试题分析：设，则 ，，区域 表示的是平面上的点到点的距离从到之间，如下图中的阴影部分圆环，要使 为两段分离的曲线，则，故选A. 【解析】1.平面向量的应用；2.线性规划. 4．如图所示，“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在点P第二次变轨进入仍以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行，最终卫星在点P第三次变轨进入以F为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月飞行，若用和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴的长，给出下列式子：①；②；③；④.其中正确式子的序号是（    ）A．①② B．②③ C．①④ D．②④【答案】B【分析】由，可判定①不正确；由，可判定②正确；由，得到，结合椭圆的性质，求得，进而可判定③正确，④不正确.【详解】由图象可知，所以，所以①不正确；因为，所以，所以②正确；由，可得，可得，整理得，即，因为，所以，所以③正确，④不正确.故选：B.  二、填空题5．无穷等比数列的首项与公比分别是复数(i是虚数单位)的实部与虚部，则数列的各项和的值为___________.【答案】.【分析】求得复数的实部与虚部，得到数列的首项和公比，利用公式，即可求得数列的各项和的值.【详解】由题意，复数，可得复数的实部为，虚部为，即，所以数列的各项和的值为.故答案为：.6．已知集合，，则__________．【答案】【详解】 7．如果函数的反函数为，那么__________．【答案】【分析】根据反函数性质求结果.【详解】令故答案为：【点睛】本题考查反函数性质，考查基本分析求解能力，属基础题.8．行列式中元素的代数余子式的值为，则实数___________.【答案】【分析】根据代数余子式的求法即可求解.【详解】由题意可得：，解得：，故答案为：.9．如果的展开式中各项系数之和为256，则含项的系数等于___________.【答案】【分析】令即可得的值，再写出二项式展开式的通项，令的指数位置等于可得的值，即可求解.【详解】令可得，所以，展开式的通项为，令，解得：，所以含项的系数等于，故答案为：.10．若函数是奇函数，则使成立的的取值范围是_________.【答案】【详解】函数为奇函数，则：，解得：a＝1.则，由，得x∈(0,1)．11．已知圆锥底面半径与球的半径都是，如果圆锥的体积恰好也与球的体积相等，那么这个圆锥的全面积为___________.【答案】【分析】求出球的体积，利用圆锥的体积与球的体积相等，求出圆锥的高，然后求出圆锥的母线长，即可求解.【详解】设圆锥的高为，可圆锥的体积为，球的体积为，因为圆锥的体积恰好也与球的体积相等，可得，解得，则圆锥的母线长为，所以圆锥的全面积为.故答案为：.12．连掷两次骰子得到的点数分别为m和n，记向量与向量的夹角为，则的概率是___________.(用数字作答)【答案】.【分析】根据向量条件先得出m,n之间的关系，然后列举出所有情况，最后用古典概型公式得到答案.【详解】由，且不共线可知：或，所以，骰子点数可能性有（6,6），（6,5），（6,4），（6,3），（6,2），（6,1）                            （5,5），（5,4），（5,3），（5,2），（5,1）                            （4,4），（4,3），（4,2），（4,1）                            （3,3），（3,2），（3,1）                                                    （2,2），（2,1）                            （1,1）共有21种情况，而抛掷两枚骰子共有36情况，则概率为.故答案为：.13．在周长为16的中，，则的取值范围为___________.【答案】【分析】设，，则，由向量数量积的定义以及余弦定理将用表示，根据三角形三边满足的关系求出得范围，即可求数量积的取值范围.【详解】设，，则，由向量数量积的定义可得：，在中，由余弦定理可得：，所以由可得：，因为对称轴为，所以时，，且，所以的取值范围为： 故答案为：.14．已知等边的边长为2，点、分别在边、上且满足，则__________.【答案】【分析】用向量的分解方法来计算，因为等边任意两条边夹角为特殊角，所以可以将向量取两条边作为基底来分解.【详解】因为而故，又因为，，所以。所以故答案为：【点睛】此题考查向量的数量积运算，可以尝试建平面直角坐标系的坐标法和斜坐标系的向量分解方法去做.本题是中档题15．对于自然数，设，如，对于自然数n，m，当时，设，，则___________.【答案】-144【分析】由题意可知，，，然后按照，，，，，进行求解即可．【详解】解：由题意，，，，，，，，，.故答案为：-14416．已知函数，下列关于函数零点个数的四个判断，正确的是___________.①当时，有3个零点；②当时，有2个零点；③当时，有4个零点；④当时，有1个零点.【答案】①②【分析】由可得，利用换元法将函数分解为和 ，作出函数的图象，利用数形结合即可得结论.【详解】由可得：，设，则方程等价于，若，作出函数的图象如图，此时方程有两根，其中，由有一解，由有两解，此时共有个解，即函数有个零点，当时，有3个零点；当时，作出函数的图象如图，此时方程有一根，由有两解，即函数有个零点，所以当时，有2个零点；故答案为：①②.【点睛】方法点睛：判断函数零点个数的方法（1）直接法：令，如果能求出解，那么有几个不同的解就有几个零点；（2）利用函数的零点存在性定理：利用函数的零点存在性定理时，不仅要求函数的图象在区间上是连续不断的曲线，并且，还必须结合函数的图象与性质，（如单调性、奇偶性）才能确定函数有多少个零点；（3）图象法：画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数，和的形式，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象交点个数；（4）利用函数的性质：若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到，若所考查的函数是周期函数，则需要求出在一个周期内的零点个数，根据周期性则可以得出函数的零点个数. 三、解答题17．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，、与平面所成的角依次是45°和，，、依次是、的中点；（1）求直线与平面所成的角；（结果用反三角函数值表示）（2）求三棱锥的体积；【答案】（1）；（2）；【分析】以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系：（1）写出相关点坐标，求得平面的法向量为，再代入公式计算；（2）求出平面的法向量为，再代入公式计算．【详解】（1）分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，依题意，，，则各点坐标分别是，又面 面面，交线为，平面，平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，则，直线与平面所成的角为．（2）由（1）得，设平面的法向量为，，，点到平面的距离为，由平面，得且，取得：，，又，，．【点睛】本题考查量法求空间中角和距离，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.18．某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入的部分数据如下表：（1）请写出上表、、，并求出函数的解析式；（2）设，当时，求的单调递增区间.【答案】（1），，，；（2）和.【分析】（1）根据五点作图法，求出、的值，结合表格中的数据可得出、、的值，并可得出函数的解析式；（2）利用诱导公式、辅助角公式可得出，先求出函数在上的单调递增区间，再由可得出函数在区间上的单调递增区间.【详解】（1）由题意可得，解得，，且，则，得；，得；，得.；（2）.解不等式，得.所以，函数在上的单调递增区间为.，因此，函数在区间上的单调递增区间为和.【点睛】本题考查利用五点作图法求函数解析式，同时也考查了正弦型三角函数在定区间上的单调区间的求解，解题时要将三角函数解析式利用三角恒等变换思想进行化简，考查运算求解能力，属于中等题.19．已知.（1）若，解不等式；（2）若对任意的，都有成立，求实数的取值范围.【答案】（1）;（2）.【详解】（1）由已知得：，∴，或，所以不等式的解集为.（2）因为，所以，∴，令，显然在上是增函数，，令，则在单减，在单增，所以，∴，∴.20．已知曲线.（1）画出曲线C的图像；（2）若直线与曲线C有两个公共点，求k的取值范围；（3）若，Q为曲线C上的点，求的最小值.【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）当时，；当时，．利用等轴双曲线和单位圆即可得出，如图所示．（2）若与有两个公共点，利用图形即可得出．若与恰有一个公共点时，直线与曲线也有两个公共点，联立方程，令即可得出．（3）分与两种情况，利用两点间的距离公式和二次函数的单调性即可得出．【详解】解：（1）当时，，当时，．如图所示．（2）若与有两个公共点，则，，．若与恰有一个公共点时，直线与曲线也有两个公共点，，，，解得．的取值范围是． （3）当时，由得，当时．当时，，当时．由于的最小值是．21．对于项数为m的有穷数列，记，即为中的最大值，则称是的“控制数列”，各项中不同数值的个数称为的“控制阶数”.（1）若各项均为正整数的数列的控制数列为1，3，3，5，写出所有的；（2），其中，是的控制数列，试用表示；（3）在1，2，3，4，5的所有全排列中，将每种排列视为一个数列，对于其中控制阶数为2的所有数列，求它们的首项之和.【答案】（1）见解析；（2）；（3）154．【分析】（1）若各项均为正整数的数列的控制数列为1，3，3，5，可得；（2）确定当时，总有，时，总有．从而只需比较和的大小，即可得出结论．（3）确定首项为1、2、3、4的数列的个数，即可得出结论．【详解】（1）1，3，1，5；1，3，2，5；1，3，3，5．（2）因为，，所以，所以当时，总有．又，所以．故时，总有．从而只需比较和的大小．①当，即，即时，是递增数列，此时对一切均成立，所以．②当，即，即时，．所以．综上，．（3）154．首项为1的数列有个；首项为2的数列有个；首项为3的数列有个；首项为4的数列有个；所以，控制阶数为2的所有数列首项之和．【点睛】本题主要考查数列的新定义问题，考查对抽象概念的理解与综合应用的能力，难点在于对（3）的观察，分析寻找规律．