2022届上海市松江二中、奉贤中学、金山中学三校高三下学期3月联考数学试题含解析

这是一份2022届上海市松江二中、奉贤中学、金山中学三校高三下学期3月联考数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届上海市松江二中、奉贤中学、金山中学三校高三下学期3月联考数学试题一、单选题1．已知集合，，则(       )A． B． C． D．【答案】D【分析】集合A和B表示点集，则它们的交集为两个方程联立后的解.【详解】，∴{(－2，1)}.故选：D.2．已知数列是公比为的等比数列，则“”是数列为等差数列的（        ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由充分条件和必要条件的定义结合数列的知识判断即可.【详解】当时，若，则，于是无意义，充分性不成立；当数列为等差数列时，，则，即“”是数列为等差数列的必要不充分条件.故选：B3．已知定义域为的函数的图像是一条连续不断的曲线，且满足．若当时，总有，则满足的实数的取值范围为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】令，根据条件可得函数在上递增，再根据，得到在上是偶函数，从而将，转化为求解.【详解】令，因为，当时，总有，即，即，当时，总有，所以在上递增，又因为，所以，，所以在上是偶函数，又因为，所以，即，所以，即，解得，所以实数的取值范围为.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题令是关键，利用在上递增，结合在上是偶函数，将问题转化为求解.二、多选题4．设锐角内部的一点O满足，且，则角A的大小可能为（       ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】由题意，，两边同乘，结合圆的性质即可求解.【详解】解：锐角内部的一点O满足，则O为的外接圆的圆心，设半径为R，因为，所以，所以，即，所以，所以，所以，即，所以，因为，所以或，所以或，故选：AD.三、填空题5．已知角的终边经过点，则____________【答案】【分析】由任意角三角函数定义，代入运算即得解【详解】由任意角三角函数定义，故答案为：6．关于x、y的线性方程组的增广矩阵是____________【答案】【分析】由增广矩阵的定义可得解．【详解】∵方程组，∴它的增广矩阵为，故答案为：．7．二项式展开式的各项系数的和为____________【答案】81【分析】由二项式各项系数和的性质，令即得解【详解】由题意，令，可得二项式展开式的各项系数的和为故答案为：818．某班有42位同学，学号依次为01、02、…、42，现采用系统抽样方法抽取了一个容量为6的样本，且随机抽得的第一个学号为03，则抽得的最大的学号是____________【答案】38【分析】利用系统抽样直接求得.【详解】从42位同学中采用系统抽样方法抽取了一个容量为6的样本，抽样距为7，第一个学号为03，所以抽取的6个样本的学号依次为03，10，17，24，31，38.故答案为：38.9．已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的焦距为____________【答案】【分析】由双曲线的方程及渐近线的方程可得，从而即可求得双曲线的焦距.【详解】解：因为为双曲线，所以，又双曲线的一条渐近线方程为，所以，即，所以，，所以该双曲线的焦距，故答案为：.10．若直线l的参数方程为(t为参数），则直线l的倾斜角的大小为____________【答案】【分析】消去参数得到直线的普通方程，得到直线的斜率，利用斜率和倾斜角的关系，即得解【详解】由题意，直线l的参数方程为消去参数，可得故直线的斜率故直线l的倾斜角的大小为故答案为：11．已知实数x、y满足条件，则的最大值为____________【答案】2【分析】画出不等式组表示的平面区域，目标函数化为，结合图象求出最优解．【详解】解：画出不等式组表示的平面区域，如图阴影所示：目标函数可化为，结合图象可知目标函数过点时，截距取得最小值，即取得最大值，所以的最大值为2．故答案为：2．12．在运动会火炬传递活动中，有编号为1，2，3，4，5的5名火炬手.若从中任选2人，则选出火炬手编号相连的概率为______.【答案】【分析】先求出基本事件总数，再求出选出的火炬手的编号相连包含的基本事件个数，由此能求出选出的火炬手的编号相连的概率．【详解】有编号为的名火炬手，从中任选人，基本事件有，共10个；选出的火炬手的编号相连包含的基本事件有，共个；所以选出的火炬手的编号相连的概率．故答案为：．13．已知函数（且，常数）的图像过点，其反函数的图像过点，若将的图像向左平移3个单位，向上平移2个单位，就得到函数的图像，则的值为____________【答案】4【分析】根据已知条件，、可以求解出，先求解出的解析式，然后在求解出其反函数的解析式，然后根据题意进行向左、向上平移变换，得到的解析式，然后求解出即可.【详解】因为函数过点，其反函数的图像过点，且，所以，解得，所以，则，函数图像向左平移3个单位，即，向上平移2个单位，即，所以，所以.故答案为：4.14．古希腊数学家阿波罗尼斯在他的巨著《圆锥曲线论》中有一个著名的几何问题：在平面上给定两点A、B，动点P满足（其中是正常数，且），则P的轨迹是一个圆，这个圆称之为“阿波罗尼斯圆”．现已知两定点，P是圆上的动点，则的最小值为____________【答案】【分析】在轴上取，由可得，可得，利用两点间距离公式可求得结果.【详解】如图，在轴上取点，，，，，（当且仅当为与圆交点时取等号），.故答案为：.15．如图，在三棱锥中，点O为的中点，点P在平面的射影恰为的中点E，已知，点C到的距离为，则当最大时，直线与平面所成角的大小为____________【答案】【分析】根据点C到的距离为，得到点C是以OP为旋转面的轴的圆柱与平面ABC的公共点，即点C的轨迹是以AB为焦距，以为短轴长的椭圆求解.【详解】解：因为点C到的距离为，所以点C是以OP为旋转面的轴的圆柱与平面ABC的公共点，即点C的轨迹是以AB为焦距，以为短轴长的椭圆，又由椭圆的对称性可知：当最大时，有，，因为点P在平面的射影恰为的中点E，所以PE平面ABC，因为 平面PAB，所以平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABC=AB，所以CO平面ABC，所以是直线与平面所成的角，因为，所以，所以，故答案为：16．已知正整数数列满足：，则____________【答案】630【分析】根据已知条件，易得到数列的初值，根据初值，可以进行归纳，得到中项数满足的递推关系，然后使用数列归纳法进行推导论证，得到的递推公式，然后通过构造等比数列求解出的表达式，结合2022所满足的关系代入合适的关系式求解即可.【详解】由可得：12345678910111213141241510411312213114 我们可以看到的下标：它们满足的递推关系：①，对归纳：时已经成立，设已有，则由条件，，，，，归纳易得：，，②于是，当时，，因此，即①式成立，根据①式，，令，所以，，所以，因此，，而，，则，，故由②式可得，故答案为：630.四、解答题17．如图，已知点P在圆柱的底面圆O上，为圆O的直径，圆柱的侧面积为，，.(1)求三棱锥的体积；(2)求二面角的大小．【答案】(1)4(2)【分析】（1）现根据底面圆的半径，结合圆柱的侧面积，求解出圆柱的高，然后根据已知条件，求解底面，再计算体积即可；（2）根据已知平面且，不难判断为所成的二面角，根据第（1）问求解出相应的边长关系，求解即可完成求解.【详解】(1)由已知可得，，所以，，所以,因为为圆O的直径，P在底面圆O上，，，所以，所以,，所以，所以,故三棱锥的体积为4.(2)平面平面，因为平面，平面，所以，因为为圆O的直径，P在底面圆O上，所以，故为所成的二面角，，，且平面，所以，所以.故二面角为.18．设复数，，其中.(1)若复数为实数，求的值；(2)求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用复数的乘法运算法则计算可得，再列出等量关系，求解即可；（2）先计算，结合和余弦函数的性质，分析即得解【详解】(1)由题意，若复数为实数，则故，解得：(2)由题意，，由于，故故故故的取值范围是19．治理垃圾是S市改善环境的重要举措．去年S市产生的垃圾量为200万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列措施，预计从今年开始，连续5年，每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年的垃圾排放量为上一年的．(1)写出S市从今年开始的年垃圾排放量与治理年数的表达式；(2)设为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量．如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，则认为现有的治理措施是有效的；否则，认为无效，试判断现有的治理措施是否有效，并说明理由．【答案】(1)(2)有效，理由见详解【分析】（1）分别求出当时和时的通项公式，即可得到年垃圾排放量的表达式；（2）先根据，利用作差法，可证明数列为递减数列，即年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势【详解】(1)设治理年后，S市的年垃圾排放量构成数列.当时，是首项为，公差为的等差数列，所以；当时，数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，所以，治理年后，S市的年垃圾排放量的表达式为(2)设为数列的前项和，则．由于 由（1）知，时，，所以为递减数列， 时，，所以为递减数列，且，所以为递减数列，于是因此，所以数列为递减数列，即年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，故认为现有的治理措施是有效的20．我们把椭圆和称为“相似椭圆”“相似椭圆”具有很多美妙的性质．过椭圆上任意一点P作椭圆的两条切线，切点分别为A、B，切线、与椭圆另一个交点分别为Q、R．(1)设，证明:直线是过A的椭圆的切线；(2)求证：点A是线段的中点；(3)是否存在常数，使得对于椭圆上的任意一点P，线段的中点M都在椭圆上，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)存在，【分析】（1）把直线与椭圆联立得到，即可得直线是椭圆的切线，又由于满足直线方程，即可得证.（2）把直线与椭圆进行联立得，即可得证.（3）假设存在常数满足题意，可得到直线的方程为 把直线与椭圆联立，消去得，消去，得，再把的中点M代入得，即可得到答案.【详解】(1)联立，消去整理得，即，从而.又点满足直线方程，故直线是过A的椭圆的切线.(2)由（1）得直线的方程为联立，消去整理得即，从而，即点是是线段的中点.(3)假设存在常数满足题意，设，将点分别代入得，故直线的方程为   联立，消去整理得，即，同理，消去，得由（2）得，从而中点代入，得即     即 整理得，解得或（舍去）.综上，存在常数满足题意.21．已知集合（，，）具有性质：对任意（），与至少一个属于. (1)分别判断集合，与是否具有性质，并说明理由； (2)具有性质，当时，求集合； (3)①求证：；②求证：. 【答案】(1)集合M具有，集合N不具有，理由见详解(2)(3)证明见详解【分析】（1）利用性质的定义判断即可；（2）利用，可得，又，，分析可得，即得解；（3）① 由 ，，可证明；② 由，以及，可得，将等式左右两边相加可证明.【详解】(1)集合具有性质，集合不具有性质理由如下：对集合，由于所以集合具有性质；对集合，由于，故集合不具有性质.(2)由于，故又，故又，故因此集合(3)①由于，故，故得证②由于故又将各个式子左右两边相加可得：故得证