2022届上海市川沙中学高三下学期期中数学试题含解析

2022届上海市川沙中学高三下学期期中数学试题

一、单选题

1．若则“”是“”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件

【答案】D

【分析】由特殊值法，根据，，得到“”不是“”的充分条件；根据，，得到“”不是“”的必要条件，进而可得出结果.

【详解】若，，满足，但不能推出；所以“”不是“”的充分条件；

若，，满足，但不能推出；所以“”不是“”的必要条件；

因此，“”是“”的既不充分也不必要条件.

故选D

【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型.

2．下列命题为真命题的是（    ）

A．若直线l与平面α上的两条直线垂直，则直线l与平面α垂直

B．若两条直线同时垂直于一个平面，则这两条直线平行

C．若两个平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面垂直

D．若直线l上的不同两点到平面α的距离相等，则直线l与平面α平行

【答案】B

【分析】根据线面垂直的性质定理与判定定理、空间直线平面间的位置关系判断．

【详解】A. 若直线l与平面α上的两条直线垂直，当平面内两条直线平行时，直线l与平面α不一定垂直，A错；

B. 若两条直线同时垂直于一个平面，则这两条直线平行，这是线面垂直的性质定理，B正确；

C. 若两个平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面垂直，这两个平面可以相交，也可以平行，C错；

D. 若直线l上的不同两点到平面α的距离相等，直线l与平面α可能相交也可能平行，D错．

故选：B．

3．若无穷等比数列各项的和为4，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据无穷等比数列各项的和为4，得到，求得 ，进而得到求解.

【详解】因为无穷等比数列各项的和为4，

所以，

解得 ，

所以 ，

由二次函数的性质得：，

故选：D

4．已知抛物线、的焦点都为，的准线方程为，的准线方程为，与相交于M、N两点，则直线MN的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据抛物线的定义可以判定M,N到直线的距离和到y轴的距离相等，结合图形可知，直线MN的倾斜角为60°且经过原点.

【详解】如图所示，根据抛物线的定义，可得M，N到直线的距离和到y轴的距离都等于到焦点的距离，故M,N到直线的距离和到y轴的距离相等，结合图形可知，直线MN是直线与y轴的角平分线上的点，由于直线是过原点且倾斜角为30°的直线，由图可知，直线MN的倾斜角为60°，且经过坐标原点，故直线MN的方程为,

故选：B.

【点睛】本题考查抛物线的定义，关键是利用抛物线的定义得到M,N直线的距离和到y轴的距离相等.

二、填空题

5．已知集合，，则___________

【答案】

【分析】利用交集的定义进行求解.

【详解】因为，，

所以.

故答案为：.

6．已知复数z满足：（为虚数单位），则___________.

【答案】

【分析】根据复数代数形式的乘除运算及共轭复数定义求出，再根据复数模的公式计算可得；

【详解】解：因为，所以，所以，所以，所以

故答案为：

7．已知向量，，且，则___________.

【答案】

【分析】根据向量平行列方程，求得，进而求得

【详解】由于，所以，

所以.

故答案为：

8．关于x、y的二元一次方程组的增广矩阵为，则_________.

【答案】5

【分析】根据二元一次函数的增广矩阵求得二元一次方程组，解得x，y，从而求得结果.

【详解】由增广矩阵知二元一次方程组为，解得，故，

故答案为：5

9．某几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的表面积(单位：)为___________．

【答案】

【分析】根据俯视图发现几何体底面为直角三角形，有一条棱与底面垂直，那么四个面都是直角三角形，画出几何体的直观图，求四个直角三角形面积之和即为表面积．

【详解】该几何体的直观图如图所示，表面积为.

故答案为：.

10．已知的二项展开式中，所有二项式系数的和等于64，则该展开式中常数项的值等于_________．

【答案】60

【分析】首先根据条件求出，然后写出展开式的通项，然后可得答案.

【详解】因为所有二项式系数的和等于64，所以，所以，

所以展开式的通项为，

令得，所以该展开式中常数项的值等于.

故答案为：60.

11．已知在单调递增，则实数的最大值为___________.

【答案】

【分析】根据正弦函数的单调性求得正确答案.

【详解】在上递增，在上递减.

，当时，，

由于在单调递增，

所以，

所以的最大值是.

故答案为：

12．若满足约束条件，则的最小值为 ___________．

【答案】.

【解析】画出约束条件表示的平面区域，结合图象求出最优解，再计算目标函数的最小值．

【详解】解：画出，满足约束条件，表示的平面区域，如图所示；

结合图象知目标函数过时，取得最小值，

由，解得，

所以的最小值为．

故答案为：．

【点睛】本题考查了简单的线性规划应用问题，也考查了数形结合解题方法，是基础题．

13．已知f（x）是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f（x）=x2﹣4x，那么，不等式f（x+2）＜5的解集是___．

【答案】（﹣7，3）

【详解】设x<0，则－x>0.

∵当x≥0时，

f(x)＝x2－4x，

∴f(－x)＝(－x)2－4(－x)．

∵f(x)是定义在R上的偶函数，

∴f(－x)＝f(x)，

∴f(x)＝x2＋4x(x<0)，

∴f(x)＝

由f(x)＝5得

或

∴x＝5或x＝－5.

观察图像可知由f(x)<5，得－5<x<5.

∴由f(x＋2)<5，得－5<x＋2<5，

∴－7<x<3.

∴不等式f(x＋2)<5的解集是

{x|－7<x<3}．

14．一个三位数，个位､十位､百位上的数字依次为，当且仅当且时，称这样的数为“凸数”(如341)，则从集合中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为___________.

【答案】

【分析】首先分析只能去3,4,5，然后分类讨论满足题意的凸数个数，最后相加即可.

【详解】由题意可得只能去3,4,5，

当时，凸数有 132,231共2个；

当时，凸数有142,241,143,341,243,342共6个；

当时，凸数有152,251,153,351,154,451,253,352,254,452,354,453共12个；

综上，共有20个凸数.

故答案为：20

【点睛】本题主要考查分类加法技术原理，在求解过程中要明确分类标准，在每一类里面的计算要注意不重不漏.

15．在正方形中，O为对角线的交点，E为边上的动点，若，则的最小值为___________.

【答案】

【分析】由向量的线性运算得的关系式，然后由基本不等式得最小值．

【详解】由题意，

，

，

因为在线段上，所以，，，

所以，当且仅当，即时等号成立．

故答案为：．

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方．

16．已知函数的定义域是，满足且，若存在实数k，使函数在区间上恰好有2021个零点，则实数a的取值范围为____

【答案】

【分析】方程在上恰有2021个零点，等价于存在，使在上恰有2021个交点，作出函数的图像，数形结合，再根据函数周期性的应用，使每个交点都处在之间才能取到2021个点，代入条件求得参数取值范围.

【详解】由函数在上的解析式作出如图所示图像，

由知，函数是以4为周期，且每个周期上下平移|a|个单位的一个函数，

若使时，存在，方程在上恰有2021个零点，等价于在上恰有2021个交点，如图所示，知在每个周期都有4个交点，即时满足条件，且必须每个周期内均应使处在极大值和极小值之间，才能保证恰有2021个交点，

则当时，需使最后一个完整周期中的极小值，

即，解得，即

当时，需使最后一个极大值，

即，解得，即，

综上所述，

故答案为：

【点睛】方法点睛：作出函数图像，数形结合将问题转化为函数交点问题，根据边界条件列出不等式组，从而求得参数取值范围.

三、解答题

17．如图，等腰，，点是的中点，绕所在的边逆时针旋转一周.

(1)求旋转一周所得旋转体的体积和表面积；

(2)设，求异面直线与所成角的大小.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）依题意旋转一周所得的几何体为大圆锥里面挖去一个小圆锥，根据圆锥的体积公式及侧面积公式计算可得；

（2）取的中点，连接、，即可得到为异面直线与所成的角，再由余弦定理计算可得.

【详解】（1）解：在等腰直角中，所以，

又点是的中点，所以，所以，

所以旋转一周所得旋转体的体积；

表面积.

（2）解：如图取的中点，连接、，

因为点是的中点，所以，，

所以为异面直线与所成的角或其补角，

因为，所以，

在中由余弦定理，

即，

解得，所以，

即异面直线与所成角为.

18．已知函数，将函数的图象上每个点的横坐标缩短到原来的，然后向左平移个单位，再向上平移个单位，得到的图象.

(1)当时，求的值域；

(2)已知锐角的内角的对边分别为，，，若，，，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦函数图像变换得，再求上的值域即可；

（2）根据，为锐角三角形，得，再由，，根据余弦定理解决即可.

【详解】（1）由题知，函数，将函数的图象上每个点的横坐标缩短到原来的，得到，再向左平移个单位，得到，然后向上平移个单位，得到，

由于，

所以，

所以，

所以

所以函数的值域为；

（2）由题知，函数，，为锐角三角形

所以，

因为，，

所以由余弦定理

，

即，

所以，

所以，

所以的面积为.

19．已知某电子公司生产某款手机的年固定成本为40万美元，每生产1万部还需另投入16万美元，设该公司一年内共生产该款手机万部并全部销售完，每万部的销售收入为万美元，且.

(1)写出年利润（万美元）关于年产量（万部）的函数解析式（利润＝销售收入－成本）；

(2)当年产量为多少万部时，该公司在该款手机的生产中所获得的利润最大？并求出最大利润.

【答案】(1)

(2)年产量为32万部时，最大利润为6104万美元

【分析】（1）分段分别求出利润（万美元）关于年产量（万部）的函数解析式，再写为分段函数的形式即可．

（2）当时，利用二次函数的性质求出的最大值，当时，利用基本不等式求出的最大值，再比较两者的大小，取较大者即为的最大值．

【详解】（1）当时，，

当时，，

．

（2）①当时，，

当时，，

②当时，

，

当且仅当即时，等号成立，

即当时，，

综上所述，当时，取得最大值为6104万美元，

即当年产量为32万部时，公司在该款手机的生产中所获得的利润最大，最大利润为6104万美元．

20．已知椭圆上有两点及，直线与椭圆交于A、B两点，与线段交于点C（异于P、Q）．

(1)当且时，求直线的方程；

(2)当时，求四边形面积的取值范围；

(3)记直线、、、的斜率依次为、、、，当且线段的中点M在直线上时，计算的值，并证明：．

【答案】(1)

(2)

(3)，证明见解析

【分析】（1）设，根据求解；

（2）设直线的方程是，与椭圆方程联立，利用弦长公式求得 ，再由直线与线段PQ相交，得到b的范围，然后由，由求解；

（3）设直线的方程是，与椭圆方程联立，由AB的中点坐标是 ，由，结合韦达定理解得 求解.

【详解】（1）解：设，

则，

因为，

所以，解得，

所以直线的方程是，即；

（2）设直线的方程是，与椭圆方程联立得 ，

则 ，

因为线与线段PQ相交，

所以 ，解得 ，

因为 ，则 ，所以 ，且 ，

所以四边形的面积是，

所以以四边形的面积的范围是；

（3）设直线的方程是，与椭圆方程联立得 ，

设 则 ，

线段AB的中点坐标是 ，由题意得 ，

即 ，因为 ，

所以 ，即 ，

即，

解得 （舍去）或 ，

当 时， ，

 ，

因为，

因为，

由基本不等式得成立.

21．已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ~k”数列．

（1）若等差数列是“λ~1”数列，求λ的值；

（2）若数列是“”数列，且an＞0，求数列的通项公式；

（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ~3”数列，且an≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，

【答案】（1）1

（2）

（3）

【分析】（1）根据定义得，再根据和项与通项关系化简得，最后根据数列不为零数列得结果；

（2）根据定义得，根据平方差公式化简得，求得，即得；

（3）根据定义得，利用立方差公式化简得两个方程，再根据方程解的个数确定参数满足的条件，解得结果

【详解】（1）

（2）

，

（3）假设存在三个不同的数列为数列.

或

或

∵对于给定的，存在三个不同的数列为数列，且

或有两个不等的正根.

可转化为，不妨设，则有两个不等正根，设.

①    当时，，即，此时，，满足题意.

②    当时，，即，此时，，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.

综上，

【点睛】本题考查数列新定义、由和项求通项、一元二次方程实根分步，考查综合分析求解能力，属难题.