2022届上海市复兴高级中学高三下学期3月练习数学试题含解析

这是一份2022届上海市复兴高级中学高三下学期3月练习数学试题含解析，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届上海市复兴高级中学高三下学期3月练习数学试题一、单选题1．下面四个命题中：（1）若是等差数列，则极限不存在；（2）已知，当时，数列的极限为1或-1；（3）已知，则；（4）若，则，数列的极限是0；（5）若存在，则的取值范围为；（6）若等比数列的各项和存在，则.其中真命题个数为（       ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】对于（1）：取特殊数列，，否定结论；对于（2）：由数列的极限不存在，否定结论；对于（3）：由极限的运算性质直接判断；对于（4）：由极限的定义直接判断；对于（5）：列不等式，解得的取值范围；对于（6）：由等比数列的各项和存在，列不等式，解出x的范围，即可判断.【详解】对于（1）：取为常数列，不妨设，则极限为0.故（1）错误；对于（2）：已知，当时，数列的极限不存在.故（2）错误；对于（3）：由极限的运算性质可知：，则成立. 故（3）正确；对于（4）：数列不是无穷数列，故不能求极限. 故（4）错误；对于（5）：若存在，则，解得：或，则的取值范围为.故（5）正确；对于（6）：因为等比数列的各项和存在，只需，解得或.故（6）错误.故选：B2．一个圆锥的侧面展开图是中心角为270°的扇形，且扇形半径为4，则过圆锥顶点的截面的面积的最大值为（       ）A． B． C．8 D．【答案】C【分析】首先判断圆锥底面半径，再判断截面顶角的范围，即可判断截面三角形面积的最大值.【详解】由扇形弧长公式可知，中心角是的扇形，所对的弧长，设圆锥底面半径为，则，即，，设过圆锥顶点的截面三角形的顶角的最大角为，则，所以是钝角，那么过圆锥顶点的截面三角形的顶角为直角时，三角形的面积最大，最大值.故选：C3．设分别是椭圆，的左右焦点，过的直线与相交于两点，且成等差数列，则的长为（     ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用椭圆性质和等差数列性质，建立等式，即可计算的长．【详解】建立等式，，故，故选C．【点睛】本题考查了椭圆性质和等差数列的性质，较容易，建立等式，计算长度，即可．4．已知表示大于的最小整数，例如，，下列命题中正确的是①函数的值域是；②若是等差数列，则也是等差数列；③若是等比数列，则也是等比数列；④若，则方程有2013个根.A．②④ B．③④ C．①③ D．①④【答案】D【详解】当时，,; 当时，令，则 , ,因此的值域是；是等差数列，但不成等差数列；是等比数列，但不成等比数列；由前分析可得当时，；当,时，,所以 ，即为周期为1的函数，由于 时 ，即一个周期内有一个根，所以，则方程有2013个根. ①④正确，选D. 二、填空题5．不等式的解集为_________【答案】【分析】转化为不等式组，解不等式组即得解.【详解】由题得．所以不等式的解集为.故答案为：【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.6．若全集，集合，，则___________.【答案】【分析】由集合，以及集合与集合的并集确定出集合，以及求出集合的补集，再根据交集运算即可求出结果.【详解】因为，，所以或，，所以.故答案为：.7．已知直线的倾斜角大小是，则___________.【答案】【分析】由直线方程可知，再结合二倍角公式，即可求解.【详解】由条件可知，所以.故答案为：8．在的展开式中，若第3项的系数为27，则___________.【答案】3【分析】根据二项式定理，可得的展开式的通项为，由题意可知，解方程，即可求出结果.【详解】的展开式的通项为，所以第3项的系数为，所以，所以，解得.故答案为：.9．长方体内接于球面，且则顶点A、B间的球面距离为_______.【答案】【分析】根据题意可得长方体的体对角线即为球的直径，即可求出半径，求出圆心角，根据弧长公式即可求解.【详解】由长方体内接于球面，可知体对角线即为球的直径，即，设球心为，则,又,所以，所以顶点A、B间的球面距离为.故答案为【点睛】本题主要考查长方体的外接球问题及弧长公式，属于基础题.10．已知函数（且）的反函数，若在上的最大值和最小值恰是互为相反数，则的值为______【答案】【分析】欲求原函数f（x）＝ax+1﹣2的反函数，即从原函数式中反解出x，后再进行x，y互换，即得反函数的解析式．先研究f﹣1（x）在[0，1]的单调性，得到当x取何值时，此函数取得最值，最后得到等式：+＝0，解此关于a方程即可求得a值【详解】因为ax+1＞0，所以f（x）的值域是{y|y＞﹣2}．设y＝ax+1﹣2，解得x＝loga（y+2）﹣1．当a＞0且a时，＝loga（x+2）﹣1为（﹣2，+∞）上是单调函数，∴的最值必在x=0与x=1处取到，所以+＝0，即（loga2﹣1）+（loga3﹣1）＝0解得a．故答案为：【点睛】本题考查反函数，考查函数的最值及其几何意义，属于基础题．11．若将函数的图像向右平移个单位长度后，与函数的图像重合，则的最小值为_________.【答案】【分析】根据图象的平移求出平移后的函数解析式，与函数的图象重合，比较系数，求出，然后求出的最小值.【详解】解：，向右平移个单位可得：，又∵，.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数的图象的平移，待定系数法的应用，考查计算能力，是基础题.12．若双曲线.上存在四个不同的点､､､，使四边形为菱形，则的取值范围为___________.【答案】【分析】由菱形的特征，结合双曲线的渐近线的斜率，列式，即可求解.【详解】由四边形为菱形，对角线互相垂直平分，可得两条对角线过原点，且垂直，所以，且，得.故答案为：13．已知的三角边长分别为，，，其中边为最长边（即，），且，则的取值范围是______【答案】【分析】由，，用不等式关系可求出的最小值，再由，利用基本不等式，可求解．【详解】，，，，当且仅当，即时，等号成立，，的取值范围是．故答案为：【点睛】本题考查不等量的关系，以及利用基本不等式求含有条件等式的最值问题，属于中档题．14．已知全集，在中任取四个元素组成的集合记为，余下的四个元素组成的集合记为，若，则集合的取法共有___________种.【答案】31【分析】由条件可知，再通过列举的方法，计算集合的取法.【详解】集合中的原式和为，若，则，当时，需从选取两个数字之和小于15，有种选法，当时，需从选取两个数字之和小于14，有种选法，当时，需从选取两个数字之和小于13，有种选法，当时，需从选取两个数字之和小于13，有6种选法，当时，需从选取两个数字之和小于12，有1种选法，所以共有种选法.故答案为：15．已知关于的方程：有实数根，若复数满足，则的最小值为___________.【答案】【分析】首先由方程求，再根据模的公式化简为，再根据几何意义求的最小值.【详解】由条件可知，，所以，即，解得：，设，，，因为，所以，即，所以点在以为圆心，为半径的圆上，所以表示圆上的点到原点的距离，由图可知.故答案为：16．在中，若，，则面积的最大值为___________.【答案】7.5【分析】首先由数量积公式得，再结合三角形面积公式化简为，最后利用向量模的公式化简，结合基本不等式，即可求解面积的最大值.【详解】由条件可知，即，，因为，即，得，当且仅当b=c时等号成立所以,即面积的最大值为.故答案为： 三、解答题17．如图，在三棱锥中, 侧面与侧面均为等边三角形,为中点.（Ⅰ）证明：平面（Ⅱ）求二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）平面（Ⅱ）二面角的余弦值为【详解】证明：（Ⅰ）由题设AB=AC=SB=SC=SA. 连结OA，△ABC为等腰直角三角形，所以OA=OB=OC=SA，且AO⊥BC. 又△SBC为等腰三角形，故SO⊥BC，SO=SA，从而OA2+SO2=SA2，所以△SOA为直角三角形，.又AO∩BC=O，所以SO⊥平面ABC.（Ⅱ）解法一：取SC中点M, 连结AM,OM, 由（Ⅰ）知, 得OM⊥SC，AM⊥SC.为二面角的平面角.由AO⊥BC，AO⊥SO，SO∩BC得AO⊥平面SBC，所以AO⊥OM. 又，故所以二面角的余弦值为 解法二：以O为坐标原点，射线OB、OA分别为x轴、y轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系设B(1,0,0)，则SC的中点，.故MO⊥SC，MA⊥SC，等于二面角的平面角.所以二面角的余弦值为18．已知函数（1）求函数的最小正周期与单调增区间；（2）在中，若，求角的值．【答案】（1），增区间为；（2）或.【分析】（1）利用二倍角降幂公式、辅助角公式将函数的解析式化简为，利用正弦型函数的周期公式可求出，然后解不等式可得出函数的单调增区间；（2）先在内解方程，得出或，然后对、的取值进行分类讨论，利用三角形的内角和定理求出角的值.【详解】（1），所以，函数的最小正周期为.解不等式，解得.因此，函数的单调递增区间为；（2）当时，，由，可得或，解得或.①当时，则；②当，或，，则；③当时，此时，不合乎题意.综上所述，或.【点睛】本题考查三角函数的最小正周期和单调递增区间的求解，同时也考查了三角形内角的计算，利用二倍角公式以及辅助角公式进行化简是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.19．已知椭圆上两个不同的点，关于直线对称．（1）求实数的取值范围；（2）求面积的最大值（为坐标原点）．【答案】（1）或；（2）.【详解】（1）可设直线AB的方程为，从而可知有两个不同的解，再由中点也在直线上，即可得到关于的不等式，从而求解；（2）令，可将表示为的函数，从而将问题等价转化为在给定范围上求函数的最值，从而求解.试题解析：（1）由题意知，可设直线AB的方程为，由，消去，得，∵直线与椭圆有两个不同的交点，∴，①，将AB中点代入直线方程解得，②．由①②得或；（2）令，则，且O到直线AB的距离为，设的面积为，∴，当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为.【解析】1.直线与椭圆的位置关系；2.点到直线距离公式；3.求函数的最值.20．已知实数，函数.（1）当时，求的最小值;（2）当时,判断的单调性,并说明理由；（3）求实数的范围，使得对于区间上的任意三个实数，都存在以为边长的三角形.【答案】（1）2；（2）递增；（3）．【详解】试题分析：(1)研究函数问题，一般先研究函数的性质，如奇偶性，单调性，周期性等等，如本题中函数是偶函数，因此其最小值我们只要在时求得即可；（2）时，可化简为，下面我们只要按照单调性的定义就可证明在上函数是单调递增的，当然在上是递减的；（3）处理此问题，首先通过换元法把问题简化，设，则函数变为，问题变为求实数的范围，使得在区间上，恒有．对于函数，我们知道，它在上递减，在上递增，故我们要讨论它在区间上的最大（小）值，就必须分类讨论，分类标准显然是，，，在时还要讨论最大值在区间的哪个端点取得，也即共分成四类．试题解析：易知的定义域为，且为偶函数.（1）时, 时最小值为2. （2）时,时，递增；时，递减； 为偶函数.所以只对时，说明递增.设，所以，得所以时，递增； （3），，从而原问题等价于求实数的范围，使得在区间上，恒有. ①当时，在上单调递增，由得，从而； ②当时，在上单调递减，在上单调递增，，由得，从而； ③当时，在上单调递减，在上单调递增，，由得，从而； ④当时，在上单调递减，由得，从而； 综上，. 【解析】（1）函数的最值；（2）函数的单调性的证明；（3）分类讨论与函数的最值．21．对于项数为的有穷数列，设为中的最大值，称数列是的控制数列.例如数列3，5，4，7的控制数列是3，5，5，7.(1)若各项均为正整数的数列的控制数列是2，3，4，6，6，写出所有的；(2)设是的控制数列，满足（为常数，）.证明：.(3)考虑正整数的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列.是否存在数列，使它的控制数列为等差数列？若存在，求出满足条件的数列的个数；若不存在，请说明理由.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3)。【分析】（1）由控制数列确定原数列，只是在确定时，只要即可；（2）由已知证得控制数列是不减的数列，然后确定也是不减的数列，由第一项开始可证明对应项必相等；（3）由于控制数列是等差数列，因此可考虑或两种情形，分类讨论可得．【详解】(1)由题意，，，，，所以数列有六种可能：；；；；；．(2)因为，，所以，所以控制数列是不减的数列，是的控制数列，满足，是常数，所以，即数列也是不减的数列，，那么若时都有，则，若，则，若，则，又，由数学归纳法思想可得对，都有；(3)设的控制数列是，由（2）知是不减的数列，必有一项等于，当是数列中间某项时，不可能是等差数列，所以或，若，则（），是等差数列，此时只要，是的任意排列均可．共个，，而时，数列中必有，否则不可能是等差数列，由此有，即就是，只有一种排列，综上，的个数是．【点睛】本题考查数列新定义，解题关键是理解新定义，应用新定义，本题关键是确定控制数是不减的数列，从而由此可确定结论．对学生的逻辑思维能力要求较高．