2022届上海市交通大学附属中学高三下学期开学考数学试题含解析

这是一份2022届上海市交通大学附属中学高三下学期开学考数学试题含解析，共16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。
2022届上海市交通大学附属中学高三下学期开学考数学试题一、单选题1．已知、都是锐角，且，，那么、之间的关系是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】推导出，可得出，求出的取值范围，即可得解.【详解】因为，则，所以，，因为、都是锐角，由题意可得，所以，，所以，，因为、都是锐角，则且，则，所以，，因此，.故选：D.2．已知分别是双曲线的左、右焦点，动点P在双曲线的左支上，点Q为圆上一动点，则的最小值为（       ）A．6 B．7 C． D．5【答案】A【分析】由双曲线的定义及三角形的几何性质可求解.【详解】如图，圆的圆心为，半径为1，，，当，，三点共线时，最小，最小值为，而，所以．故选：A3．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生规模群体感染的标志为“连续天，每天新增疑似病例不超过人”，根据过去天甲、乙、丙、丁四地新增病例数据，一定符合该标志的是（       ）A．甲地：总体均值为，总体方差为B．乙地：总体均值为，中位数为C．丙地：总体均值为，总体方差大于D．丁地：中位数为，总体方差为【答案】A【分析】利用平均数、中位数、方差的计算公式以及含义，对四个选项逐一分析判断即可.【详解】对于A，假设至少有一天的疑似病例超过人，此时方差，这与题设矛盾，所以假设不成立，故A正确；对于B，平均数和中位数不能限制某一天的病例不超过人，故B不正确；对于C，当总体方差大于，不知道总体方差的具体数值，因此不能确定数据的波动大小，故C错误；对于D，中位数为，总体方差为，如，平均数为，方差，满足题意，但是存在大于的数，故D错误.故选：A.4．设，，则的最小值是（       ）A．4 B． C．2 D．1【答案】C【分析】分子分母同除以，然后令分母为换元后化简，利用基本不等式可得结论．【详解】因为，，，设，，所以，当且仅当，即时等号成立．故选：C．二、填空题5．设全集，集合，在______【答案】【分析】利用集合的补运算求即可.【详解】由，，则.故答案为：.6．计算___________．【答案】【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：7．复数z满足（i为虚数单位），则的虚部为___________.【答案】﹣1【分析】根据复数的运算法则直接求出Z，然后求可得.【详解】因为，所以所以的虚部为故答案为：.8．已知，，则______【答案】【分析】利用诱导公式可求得结果.【详解】由已知可得，故.故答案为：.9．已知△ABC中，B＝45°，，，则A＝______【答案】 【分析】根据正弦定理求得的值，判断角A的范围，确定答案.【详解】△ABC中由正弦定理得： ,即，则 或 ，又，故为锐角，所以 ，故答案为：10．不等式的解为______【答案】【分析】由题设，讨论的范围求得，即可得解集.【详解】由题设有，当或时，不合题设；当时，满足题设；所以，可得.故答案为：.11．若多项式，则______【答案】【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.【详解】，二项式的通项公式为：，因为，所以令，因此，故答案为：12．已知点、、、、，如果直线、的斜率之积为，记，，则___________.【答案】【分析】利用斜率公式结合已知条件化简得出点的轨迹方程为，可得出、为椭圆的两个焦点，利用正弦定理边角互化以及椭圆的定义可求得结果.【详解】由题意，化简可得，在椭圆中，，，，所以，、为椭圆的两个焦点，因此，.故答案为：.【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.13．若圆O的半径为2，圆O的一条弦长为2，P是圆O上任意一点，点P满足，则的最大值为_________.【答案】10【分析】法一、以中点C为原点建系，求出圆O的参数方程，从而设，，根据，求出点坐标，从而得即可求解；法二、由已知根据向量的线性运算求出，从而得，利用投影的定义即可求解.【详解】解：法一、如图以中点C为原点建系，则，，，所以圆O方程为，所以设，因为，，，所以，所以，因为，所以的最大值为10.法二、连接OA，OB过点O作，垂足为C，则，∴，因为，所以，所以，，当且仅当且同向时取等号，所以的最大值为10，故答案为：10.【点睛】关键点点睛：法一、建立恰当直角坐标系，求出圆O的参数方程，从而设，，根据，求出点坐标；法二、将用，，线性表示，根据数量积的运算律求出，再利用投影的定义即可求解.14．已知空间一点M到正方体六个表面的距离分别为5、6、7、8、9、10，则正方体的体积为______【答案】1或或3375【分析】根据空间任意一点到正方体六个面的距离，存在3对距离之差或和等于棱长，结合已知求棱长，即可求正方体的体积.【详解】由正方体的性质，空间中一点到平行两个平面的距离之差或和为棱长，所以，已知距离中存在3对距离之差或和为定值，即为正方体棱长.由题设，棱长为，，所以正方体的体积为1或或.故答案为：1或或3375.15．若定长为的线段的两端点在抛物线上移动，则线段的中点到轴的最短距离为__________.【答案】1.5【详解】如图,设为抛物线的焦点,M为AB的中点，分别过作抛物线准线的垂线,垂足为.在直角梯形中,因为,所以.又,所以.由平面几何的性质,知.当且仅当过焦点时取等号,所以当为焦点弦时,有最小值,此时点到轴的距离最短,且最短距离为.16．在数列中，，为的前项和，关于的方程有唯一解，若不等式，对任意的恒成立，则实数的取值范围为______【答案】【分析】设，分析可得，求得，，对分奇数和偶数两种情况讨论，结合参变量分离法可求得实数的取值范围.【详解】设函数，该函数的定义域为，因为，则函数为偶函数，因为方程有唯一解，则，所以，且，故数列是以为公差和首项的等差数列，故，，由题意可得.若为奇数，则，因为，当且仅当时，等号成立，所以，，可得；若为偶数，则，令，则，，当时，,，且数列中的偶数项从开始单调递增，因为，此时.综上所述，.故答案为：.三、解答题17．如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝AP＝2，BC＝1，且Q为线段BP的中点．(1)求直线CQ与PD所成角的大小；(2)求直线CQ到平面ADQ所成角的大小．【答案】(1)；(2).【分析】（1）连接，作交于，连接，易得，则直线CQ与PD所成角为，根据线面垂直的判定和性质证线线垂直，应用勾股定理、中位线的性质求相关线段长度，进而求的大小.（2）连接，由求到面距离，结合即可求直线CQ到平面ADQ所成角的大小．【详解】(1)连接，作交于，四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝2，BC＝1，所以为矩形且分别为中点，则.连接，又Q为线段BP的中点，故，所以直线CQ与PD所成角，即为，因为PA⊥平面ABCD，面ABCD，则，AP＝2，故，同理得，又，，则面，而，所以面，又面，故，则，又，故在△中，即，综上，，故.(2)连接，由题设易知：到面的距离为，又，所以，而，由面，面，则，故，若到面距离为，故，可得，又，所以直线CQ到平面ADQ所成角正弦值为，故线面角大小为.18．已知函数．(1)求函数的最小正周期；(2)若存在，（其中），使得，求，的值．【答案】(1)(2)，【分析】（1）利用和差和余弦的二倍角公式，再结合辅助角公式把化简后，套用周期公式即可；（2）根据（1）小问求出再 上的范围，再结合已知条件可求出答案.【详解】(1)，则函数的最小正周期为．(2)由，可知，当时，，则，由于存在，（其中），使得，则，，即，，则，，解得，．19．2020年11月5日至10日，第三届中国国际进口博览会在上海举行，经过三年发展，进博会让展品变商品，让展商变投资商，交流创意和理念，联通中国和世界，国际采购、投资促进、人文交流，开放合作四大平台作用不断凸显，成为全球共享的国际公共产品.在消费品展区，某企业带来了一款新型节能环保产品参展，并决定大量投放市场.已知该产品年固定研发成本为150万元，每生产1万台需另投入380万元.设该企业一年内生产该产品万台且全部售完，每万台的销售收入为万元，且.(1)写出年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式；（利润 = 销售收入—成本）(2)当年产量为多少万台时，该企业获得的年利润最大？并求出最大年利润.【答案】(1)(2)当年产量为25万台时，该企业获得的年利润最大，最大为1490万元【分析】（1）分和两种情况，由利润 = 销售收入—成本，知，再代入的解析式，进行化简整理即可，（2）当时，利用配方法求出的最大值，当时，利用基本不等式求出的最大值，比较两个最大值后，取较大的即可【详解】(1)当时，，当时，，所以年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式为(2)当时，，所以函数在上单调递增，所以当时， 取得最大值1450，当时，，当且仅当，即时取等号，此时取得最大值1490，因为，所以当年产量为25万台时，该企业获得的年利润最大，最大为1490万元20．在平面直角坐标系中，已知双曲线（、为正数）的右顶点为，右焦点到渐近线的距离为，直线与双曲线交于、两点，且、均不是双曲线的顶点，为的中点．(1)求双曲线的方程；(2)当直线与直线的斜率均存在时，设斜率分别为、，求的值；(3)若，试探究直线是否过定点？若过定点，求出该定点坐标：否则，说明理由．【答案】(1)(2)(3)直线过定点【分析】（1）利用已知条件求出，可求得的值，进而可得出双曲线的方程；（2）设点、，则点，利用点差法可求得的值；（3）分析可知，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，与双曲线的方程联立，结合平面向量数量积的坐标运算，求出对应参数的值或满足的等量关系式，即可求得直线所过定点的坐标.【详解】(1)解：双曲线的渐近线方程为，即，所以，该双曲线的右焦点到渐近线的距离为，因为，则，因此，双曲线的方程为.(2)解：设点、，则点，所以，，，由已知可得，两式作差可得，因此，.(3)证明：因为，则，又因为为的中点，故是直角三角形，且，设、.①若直线轴，设直线的方程为，则、，所以，，所以，，易知点，，，，因为，解得；②若直线的斜率存在，设直线的方程为，联立，可得，所以，，由韦达定理可得，，，，则，化简可得，即.若，则直线的方程为，此时直线过点，不合乎题意；若，则直线的方程为，此时直线过定点.综上所述，直线过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.21．设集合，其中，，在M的所有元素个数为K（，2≤K≤n）的子集中，我们把每个K元子集的所有元素相加的和记为（，2≤K≤n），每个K元子集的最大元素之和记为（，2≤K≤n），每个K元子集的最小元素之和记为（，2≤K≤n）．(1)当n＝4时，求、的值；(2)当n＝10时，求的值；(3)对任意的n≥3，，给定的，2≤K≤n，是否为与n无关的定值？若是，请给出证明并求出这个定值：若不是，请说明理由．【答案】(1)，；(2)4620(3)与n无关，为定值，证明过程见解析.【分析】（1）将3元子集用列举法全部列举出来，从而求出、的值；（2）用组合知识得到每个元素出现的次数，进而用等差数列求和公式进行求解；（3）用组合及组合数公式先求出，再求出与的和，进而求出及比值.【详解】(1)当时，，则3元子集分别为，则，.(2)当n＝10时，4元子集一共有个，其中从1到10，每个元素出现的次数均有次，故(3)与n无关，为定值，证明过程如下：对任意的n≥3，，给定的，2≤K≤n， 集合的所有含K个元素的子集个数为，这个子集中，最大元素为n的有个，最大元素为的有个，……，最大元素为的有个，……，最大元素为的有个，则①，其中，所以，这个子集中，最小元素为1的有个，最小元素为2的有个，最小元素为3的有个，……，最小元素为（m+1）的有个，……，最小元素为的有个，则②，则①+②得：，所以，故，证毕.【点睛】集合与组合知识相结合，要能充分利用组合及组合数的公式进行运算，当然在思考过程中，可以用简单的例子进行辅助思考.